Gabarito 1ª Lista de Exercícios de Probabilidade

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INSTITUTO MILITAR DE ENGENHARIA 
PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA 
LISTA DE EXERCÍCIOS I – Introdução à Probabilidade, Análise Combinatória e Estatística Descritiva 
Professores: Aderson Passos, Paulo Henrique Maranhão, Luis Antônio Seabra 
GABARITO (Em preparação) 
 
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01. 
 a) 26 x 26 x 26 = 263 
 b) 262 + 263 
 c) 262 + 263 +264 
 
02. P6 = 6! = 720 
 
03. 5 x 4 x 6 = 120 
 
04. 2 + 22 + 23 + ... + 210 = 2 x (210 – 1)/ 2-1 = 2 (210 – 1) 
 
05. A lança 6 dados e ganha caso consiga pelo menos um resultado igual a 1. 
 
 Seja Ac = nenhum resulatado igual a 1. 
 
Então, 
 
 6651,0
6
5
1)(
6
5
)(
66
=




−=⇒




= APAP c 
 
 B lança 12 dados e ganha caso consiga pelo menos dois resultados iguais a 1. 
 
 Seja Bc = 1 ou nenhum resultado igual a 1 
 
Então, 
 
 6187,0)(1)(
6
5
6
5
6
1
1
12
)(
1211
=−=⇒




+

















= cc BPBPBP 
 
Logo A tem maior probabilidade de ganhar 
 
 
06. Seja A: “As partes sejam unidas na ordem original” 
 
Fazendo P(A) = n(A)/n(S), onde S é o espaço amostral, temos que: 
 
!)( nAn = 
 
n
nn
Sn
2
)!2(
2,...,2,2
2
)( =





= 
 
Daí, 
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)!2(
2!
)(
n
n
AP
n
= 
 
07. Seja n(S) = número de maneiras possíveis de colocar r-1 carros em N-1 lugares, pois o carro 
está fixo. Então, 
 






−
−
=
1
1
)(
r
N
Sn 
 
Como o carro está fixo e quero que os lugares dos vizinhos fiquem vazios, então, 
 






−
−
=
1
3
)(
r
N
An 
 
Daí, 
 






−
−






−
−
=
1
1
1
3
)(
r
N
r
N
AP 
 
08. Por analogia do axioma 3, temos 
 
 ( )∑
==
≤




 n
k
c
k
n
k
c
k APAP
11
U 
 
Ainda, pela lei de Morgan, temos: 





−=





=





===
IIU
n
k
k
c
n
k
k
n
k
c
k APAPAP
111
1 
 
Assim, ( ) ( )∑∑
====
−≥





⇒≤





−
n
k
c
k
n
k
k
n
k
c
k
n
k
k APAPAPAP
1111
11 II 
 
09. Temos que: 
 
∑
∑
∑
∑ ====
)(
)/()(
)(
)(
)(
)((
)(
)((
)/(
n
nn
n
n
n
n
n
n
n
AP
ABPAP
AP
ABP
AP
ABP
AP
ABP
ABP
I
U
IU
U
UI
U 
 
Mas, P(B/An) = P(C/An) 
 
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Dai, 
)/(
)(
)((
)(
)((
)(
)(
)(
)/()(
)/( n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n ACP
AP
ACP
AP
ACP
AP
ACP
AP
ACPAP
ABP U
U
UI
U
IUI
U ======
∑
∑
∑
∑
 
Logo, )/()/( nn ACPABP UU = 
 
10. Sejam C: “Escrever a carta”, P: “O correio perder” e E: “O carteiro entregar” 
 
568,0
11,08,01,09,08,0112,0
112,0
)(
)(
)/( =
××+××+××
××
==
c
cc
cc
EP
ECP
ECP
I
 
 
11. 
Inicialmente será analisada cada uma das estratégias de ação: permanecer ou mudar de porta. 
Sob a visão de não mudar de porta, a primeira escolha definirá se você vencerá ou não. A 
probabilidade de ganhar, nesse caso, é 1/3. Isso ocorre porque o prêmio é igualmente provável nas 
3 portas. 
Sob a estratégia de mudar de porta, se o prêmio está atrás da porta inicialmente escolhida 
(probabilidade 1/3), você não vence. Se não está atrás da porta escolhida (probabilidade 2/3), e 
dado que outra porta sem o prêmio foi aberta para você, você mudará para a porta com o prêmio. 
Assim, a probabilidade de vencer será, portanto, 2/3 quando você decide mudar de porta. Assim, 
mudar de porta é mais vantajoso. 
 
12. a) A partir da leitura das tabelas é possível extrair os seguintes resultados. 
 
P(Pena de Morte | Acusado Branco) = 19/160 = 0,1187 
P(Pena de Morte | Acusado Negro) = 17/166 = 0,1024 
Não é possível concluir que 
raça influencia na aplicação da 
pena. 
 
b) 
P(Pena de Morte | Acusado Branco, vítima branca) = 19/151 = 0,1258 
P(Pena de Morte | Acusado Negro, vítima branca) = 11/63 = 0,1746 
P(Pena de Morte | Acusado Branco, vítima negra) = 0/9 = 0 
P(Pena de Morte | Acusado Negro, vítima negra) = 6/103 = 0,058 
 
c) As vítimas negras são mais negligenciadas pela justiça. Os acusados negros (quando a vítima é 
branca) são ≈ 40% mais penalizados à morte que os brancos. 
 
Obs: Esse exercício ilustra duas idéias de grande valor. A primeira é a do conceito de probabilidade 
como freqüência relativa em uma amostra. A segunda é a aplicação prática do conceito de 
probabilidade condicional. 
 
13. Para esse problema devemos considerar que o nosso universo é o mês de Novembro. Vamos 
descrever os eventos A = chuva e B = fluminense ganhar. Do enunciado temos que P(A) = 0,3 e 
P(AC) = 0,7. Podemos extrair também que: P(B|A) = 0,4 e P(B|AC) = 0,6. O que se quer é P(A|B) ou 
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seja a probabilidade de ter chovido dado que o fluminense ganhou. Essa é uma aplicação do 
teorema de bayes. 
 
 
 
)()|()()|(
)()|(
)|(
CC APABPAPABP
APABP
BAP
+
= substituindo 
9
2
7,06,03,04,0
3,04,0
)|( =
⋅+⋅
⋅
=BAP 
 
 
14. Sabe-se que: 
)()()( CBAPBAPAP ∩+∩= 
Portanto 
)()()(
)()()(
BPAPAP
BAPAPBAP C
⋅−=
∩−=∩
 
)()(
))(1)((
CBPAP
BPAP
=
−=
isso prova os itens a) e b). 
 
Para provar o item c), use a Lei de Morgan: 
 
)()()(1
)(1
))(()(
CCCC
CC
CCC
BAPBPAP
BAP
BAPBAP
∩+−−=
∪−=
∪=∩
 
Mas também temos, 
 
)()()()(1
))(1())(1(
)()()(
CCCC
CC
BPAPAPBP
BPAP
BPAPBAP
⋅+−−=
−⋅−=
⋅=∩
 c.q.d. 
 
 
15. a) Para permanecer no mesmo lugar depois de dois passos, o equilibrista pode dar um passo 
para frente e depois para trás ou vice-versa. Assim a probabilidade requerida será 
 
)1(2 pp −⋅⋅ 
 
Ω 
AC
 
A 
B 
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 b) A probabilidade de que depois de 3 passos ele esteja 1 passo à frente de sua posição inicial é 
igual a probabilidade de que dos 3 passos 2 sejam para frente e 1 para trás. Assim, 
)1(
1
3
2 pp −⋅⋅





 
 
16. 
a) Seja UF o evento em que a conexão de F até B esteja desbloqueada. Assim, P(UF) = 0,85, P(UF
C) 
= 0,15. Seja UA o evento em que a conexão de A até B esteja desbloqueada (ou seja, pelo menos 
um dos caminhos A ou B estão desbloqueados). Temos, 
986,0)95,01)(9,08,01(1)|( =−×−−=FC UUP 
9,08,0)|( ×=CFC UUP 
995,0)9,01)(95,01(1)|( =−−−=FD UUP 
95,0)|( =CFD UUP 
9714,0))|(75,01))(|(9,01(1)|(=⋅−⋅−−= FDFCFA UUPUUPUUP 
8988,0))|(75,01))(|(9,01(1)|( =⋅−⋅−−= CFD
C
FC
C
FA UUPUUPUUP 
9605,0))|()())|()()( =+= CFA
C
FFAFA UUPUPUUPUPUP 
 
b) A linha de raciocínio adotada anteriormente se aplica. Usando a probabilidade P(UA) calculada no 
item anterior, a probabilidade desejada será: 
9921,0)8,01)(9605,01(1)8,01))((1(1 =−−−=−−− AUP 
 
17. Seja pi, n-i (k) a probabilidade de que depois de k mudanças, um jarro conterá i bolas que 
começaram naquele jarro e n-i bolas que começaram no outro jarro. Queremos encontrar pn, 0(4). 
Recursivamente, usando o teorema da probabilidade total, teremos: 
 
);3(
11
)4( 1,10, −⋅⋅= nn p
nn
p 
);2(
22
)2(
11
2)2()3( 2,21,10,1,1 −−− ⋅⋅+⋅⋅
−
⋅+= nnnn p
nn
p
nn
n
pp 
);1(
11
)2( 1,10, −⋅⋅= nn p
nn
p 
);1(
11
2)2( 1,11,1 −− ⋅⋅
−
⋅= nn p
nn
n
p 
);1(
11
)2( 1,12,2 −− ⋅
−
⋅
−
= nn p
n
n
n
n
p 
.1)1(1,1 =−np 
Combinando os resultados recursivos teremos como resposta: 
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




 −
+
−
+=
4
2
4
2
220,
)1(4)1(411
)4(
n
n
n
n
nn
pn 
 
18. Começaremos enumerando o espaço amostral e identificando as probabilidades relativas a 
todos os possíveis resultados, como mostrado na tabela abaixo. O valor p ε [0,1] precisa ser 
determinado. 
 
Dado 1 Dado 2 Produto P(Produto) 
1 1 1 p 
1 2 2 2p 
1 3 3 3p 
1 4 4 4p 
2 1 2 2p 
2 2 4 4p 
2 3 6 6p 
2 4 8 8p 
3 1 3 3p 
3 2 6 6p 
3 3 9 9p 
3 4 12 12p 
4 1 4 4p 
4 2 8 8p 
4 3 12 12p 
4 4 16 16p 
 Total 100p 
 
a) Seja o evento A = produto é par. Então: 
 
P(A) = 2p + 4p + 2p + 4p + 6p + 8p + 6p + 12p + 4p + 8p + 12p + 16p = 84p = 0,84 
 
b) Seja o evento B indicando sair 2 e 3. Então: 
 
P(B) = P(2, 3) + P(3,2) = 6p + 6p = 12p = 0,12 
 
19. Para encontrar o valor de probabilidade, encontraremos o número de resutados favoráveis e 
dividiremos pelo número de possíveis resultados. Existem 





8
10
 resultados favoráveis ou seja, 
combinações que abrirão a porta. Existem 





8
90
 possíveis combinações para escolher 8 números em 
90. Portanto, a probabilidade que um ladrão abra a porta na primeira tentativa é 
 
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











8
90
8
10
 
 
20. Será utilizada a seguinte propriedade da teoria dos conjuntos: 
 
)()()( CABACBA ∩∪∩=∪∩ 
 
Dessa maneira, ))()(())()(( 2431434321 AAAAAAPAAAAP ∩∩∪∩∩=∩∩∪ . Como os quatro 
eventos são independentes: 
 
)()()()()()()()()()())()(( 2143243143243143 APAPAPAPAPAPAPAPAPAPAAAAAAP −+=∩∩∪∩∩ (i) 
 
Trabalhando sobre a sentença do enunciado: 
 
=
∩
∩∩∪∩∩
=∩∪
)(
))()((
)|(
43
243143
4321
AAP
AAAAAAP
AAAAP utilizando (i) 
 
)()()()()(
)()(
)()()()()()()()()()(
212121
43
2143243143 AAPAPAPAPAP
APAP
APAPAPAPAPAPAPAPAPAP
∪=−+=
−+
c.q.d. 
 
21.1° Caso: para m par e n par: 
Para que a seqüência seja simétrica, é necessário e suficiente determinar as primeiras 
2
nm +
bolas, 
sendo 
2
m
pretas e 
2
n
brancas. Isso pode ser feito de 




 +
2
2)(
m
nm
maneiras (basta escolher os espaços 
ocupado pelas pretas). 
 
 
2° Caso: para m par e n ímpar: 
Nesse caso, a bola central deve ser branca e basta determinarmos as 
2
1−+ nm
primeiras bolas com 
2
m
pretas e 
2
1−n
brancas, o que pode ser feito de 




 −+
2
2)1(
m
nm
maneiras. 
 
3° Caso: para m ímpar e n par: 
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Esse caso é análogo ao anterior, trocando-se os papéis de m e n. Logo teremos 




 −+
2
2)1(
n
nm
. 
 
4° Caso: para m e n ímpares: 
 
Nesse caso, m+n é par, logo não há bola central. Como o número de pretas na primeira e na 
segunda metade da seqüência sevem ser iguais, m e n não podem ser ímpares simultaneamente. 
 
22. Seja um evento A = professor ministra a aula. Seja um evento B = clima ruim. 
 
 
 
Temos que: 
 
)|()()|()()( CC BAPBPBAPBPAP += e, 
in
r
i
r
n
ki
pp
i
n
BAP −
=
−





=∑ )1()|( (Obs) e, 
in
g
i
g
n
ki
C pp
i
n
BAP −
=
−





=∑ )1()|( 
Assim, 
in
b
i
b
n
ki
in
r
i
r
n
ki
pp
i
n
BPpp
i
n
BPAP −
=
−
=
−





−+−





= ∑∑ )1())(1()1()()( 
 
Obs: Expressão de uma função de probabilidade binomial cumulativa. 
 
23. Dedução da distribuição hipergeométrica descrita nas notas de aula. 
 
24. Jogue a moeda duas vezes. Se o resultado for cara-coroa escolha teatro. Se o resultado for 
coroa-cara escolha cinema. Caso isso não ocorra, repita o processo, até que seja possível fazer 
uma decisão. Seja Ak o evento em que a decisão foi feita no k-ésimo lançamento. Condicionado no 
evento Ak, as duas opções são igualmente prováveis e teremos: 
 ∑ ∑
∞
=
∞
=
===
1 1 2
1
)(
2
1
)()|()(
k k
kkk APAPAteatroPteatroP 
Foi usada a propriedade∑
∞
=
=
0
1)(
k
kAP , o que é verdade dado que P(cara)>0 e P(coroa)>0. 
 
Ω 
BC
 
B 
A 
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25. Os comprimentos devem satisfazer à desigualdade triangular. 
 
1) Para x = y não há triângulo. 
2) Para x > y: 
 
 
Os comprimentos devem respeitar uma das seguintes 
inequações: 
 
i) a + b < c ou 
ii) a + c < b ou 
iii) b + c < a 
 
 
Ao substituir os valores teremos: 
 
i) y + x – y < 1 – x ↔ 2x < 1 ↔ x < ½ 
ii) y + 1 – x < x – y ↔ 2x – 2y > 1 ↔ 1
2121
>
−
+
yx
 
iii) x – y + 1 – x < y ↔ y > ½ 
 
Graficamente é possível perceber que as inequações i), ii) e iii) delimitam 3 regiões (destacadas 
em cinza escuro). Se o ponto cair em qualquer uma delas será possível formar um triângulo. 
 
 
Como o espaço inicial de referência é somente a 
metade do quadrado e a probabilidade de seleção 
do ponto é uniforme, pode-se concluir que a 
probabilidade de ser formado um triângulo com a 
seleção do ponto é ¾ . 
 
O mesmo raciocínio pode ser feito para x < y. 
 
Assim, a probabilidade de ser formado um triângulo 
nessas condições é igual a ¾ . 
 
 
 
 
 
 
 
y 
x 1 
1 
x > y 
1
2121
>
−
+
yx 
y > ½ 
x < ½ 
y 
x 
(x,y) 
1 
1 
y x-y 1-x 
b a c 
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26. 












−
−






m
n
kn
rn
k
r
 
27. 
 i) P(A∩B) = 0 
 ii) Se P(A∩B) > 0, P(A) > 0, P(B) > 0, precisamos ter P(A) = P(B) 
 iii) Se P(A) = 0 é preciso ter P(B) = 0 e vice-versa. 
 
28. 
 a) )C/BA(P
)C(P
)CB(P
x
)CB(P
)CBA(P
)C/B(P).CB/A(P I
I
I
II
I == , logo a afirmação é verdadeira. 
 
 b) )C/BA(P
)C(P
)CB(P
x
)C(P
)CA(P
)C/B(P).C/A(P I
II
≠= , logo essa afirmação é falsa. 
 
29. 
 P(José vencer o jogo) = 
3
1
4
1
1
4
1
....
2
1
2
1
42
=
−
=+




+





 
 P(João vencer o jogo) = 
3
2
4
1
1
2
1
...
2
1
2
1
2
1
53
=
−
=+




+




+ 
Logo a namorada de José tem razão. 
 
 
 
30. 
 P(A) = n2/n3 = 1/n 
 P(B) = n2/n3 = 1/n 
 P(C) = 3n(n-1)/n3 = 3(n-1)/n2 
 
Se os eventos forem independentes devemos mostrar que a probabilidade da interseção entre eles 2 
a 2 e 3 a 3 é igual ao produtório das probabilidades individuais. Assim, 
 
P(A∩B) = n/n3 = 1/n2 =P(A) P(B) 
P(A∩C) = 3(n-1)/n3 = P(A) P(C) 
P(B∩C) = 3(n-1)/n3 = P(B) P(C) 
P(A∩B∩C) = (n-1)/n3 ≠ P(A) P(B) P(C) = 3(n-1)/n4 
 
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PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA 
LISTA DE EXERCÍCIOS I – Introdução à Probabilidade, Análise Combinatória e Estatística Descritiva 
Professores: Aderson Passos, Paulo Henrique Maranhão, Luis Antônio Seabra 
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Logo A, B e C não são independentes. 
 
 
31. 
 
32. 
 
33. 
 
34. 
 
35. Ao inserir o conjunto de dados no Excel para montar o histograma encontramos o seguinte 
gráfico: 
Histograma
0
2
4
6
8
10
12
10 20 30 40 50 60 70 80 90 10
0
M
ai
s
Faixas de Valores
F
re
q
ü
ên
ci
a
 
 
O excel não representa as faixas de valores de maneira clara no gráfico. Aqui, existem 4 valores 
entre 30 e 40, sete valores entre 40 e 50 e assim por diante. O polígono de freqüências será assim 
representado: 
Polígono de Freqüências
0
2
4
6
8
10
12
10 20 30 40 50 60 70 80 90 10
0
M
ai
s
Faixa de Valores
F
re
q
ü
ê
n
c
ia
 
 
Ao analisar os dados observa-se certo grau de simetria nas notas dos alunos. Poucos alunos tiraram 
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abaixo de 50 e acima de 90. A maioria das notas ficou entre 60 e 80. 
 
36. Na prática o processamento desses dados será feito com softwares. Quando colocados no Excel 
os resultados encontrados foram: 
 
Dados (a) Dados (b) Dados (a) Dados (b) 
3,5 51,6 Média Arit. 5,46 49,60 
2,6 48,7 Média Geom. 5,15 49,59 
5,9 50,3 Mediana 5,35 48,90 
5,2 48,5 Moda #N/D #N/D 
8,6 48,9 Q1 4,78 48,70 
5,3 Q2 5,35 48,90 
7,2 Q3 6,23 50,30 
5,4 
 
Como não há repetição de informação em ambos os conjuntos de dados, não é possível encontrar 
um valor de moda para (a) nem para (b). Para o cálculo manual deverão ser utilizadas as fórmulas 
apresentadas na apostila. 
 
37. Inicialmente são calculados diversos parâmetros descritivos que possam fornecer conclusões 
sobre o problema percebido pelos clientes. 
 
Maq1 Maq2 Maq3 
 
Média 8,512273 Média 8,362727 Média 8,508182 
Mediana 8,52 Mediana 8,34 Mediana 8,52 
Moda 8,55 Moda 8,36 Moda 8,52 
Desvio padrão 0,079038 Desvio padrão 0,204362 Desvio padrão 0,069668 
Variância da amostra 0,006247 Variância da amostra 0,041764 Variância da amostra 0,004854 
Curtose 1,223293 Curtose -0,16785 Curtose 0,798241 
Assimetria -0,66027 Assimetria 0,565758 Assimetria -0,59668 
Mínimo 8,32 Mínimo 8 Mínimo 8,36 
Máximo 8,65 Máximo 8,77 Máximo 8,65 
Soma 187,27 Soma 183,98 Soma 187,18 
Contagem 22 Contagem 22 Contagem 22 
 
Analisando os dados gerados, observa-se que existe uma parcela grande de munições que estão 
sendo produzidas fora dos parâmetros especificados pelo manual. Munições mais pesadas que o 
ideal terão o seu alcance reduzido. O engenheiro responsável pela fabricação deverá agir sobre os 
parâmetros das máquinas, procurar reduzir a variabilidade no processo e com isso recuperar os 
padrões de qualidade. 
 
38. Para desenhar o Boxplot podem ser adotadas duas estratégias. A primeira é seguir as 
orientações descritas na página principal sobre como desenhar um Boxplot usando o MS Excel. A 
segunda é, utilizando uma régua milimetrada, por exemplo, selecionar os valores de interesse e 
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fazer as marcações em um papel. Essa segunda maneira é menos precisa e pode levar a erros de 
análise. Os dados a seguir dão importantes para os dois procedimentos de desenho. 
 
 Maq 1 Maq 2 Maq 3 
q1 8,49 8,22 8,49 
min 8,32 8,00 8,36 
mediana 8,52 8,34 8,52 
max 8,65 8,77 8,65 
q3 8,55 8,48 8,54 
 
No procedimento de esboço do boxplot utilizando o Excel, é importante observar que possíveis 
“outliers” não estarão representados, assim como o último ponto antes de 1,5 IQR acima do terceiro 
quartil e o primeiro ponto depois de 1,5 IQR antes do primeiro quartil. No excel os resultados 
fornecerão o seguintes desenho. 
 
7,6
7,8
8
8,2
8,4
8,6
8,8
9
Dados 1 Dados 2 Dados 3
1° quartil
min
mediana
max
3° quartil
 
 
Não será feito o esboço com régua milimetrada. 
 
39. a) Quanto à tendência central (medidas de posição), é possível dizer que a mediana do 
conjuntos de dados é aproximadamente igual a 5 (avaliação visual e imprecisa). Não posso afirmar 
nada sobre outras medidas de posição. 
 
b) Quanto à variabilidade podemos dizer que os dados estão dispersos entre os valores 0 e 100, 
sendo que 75% do conjunto de dados está entre 0 e aproximadamente 20 e os outros 25% dos 
dados estão entre os valores 20 e 100. Se não fosse pela existência dos ”outliers” eu poderia afirmar 
que 100% dos dados estariam entre 0 e aproximadamente 48. 
 
c) Quanto à assimetria é fácil perceber a sua existência. Como já mencionado, 75% do conjunto de 
dados está entre 0 e 20 e o conjunto de dados completo está entre 0 e 100. Visualmente é possível 
perceber que a assimetria é positiva (assimétrica à direita) e com o 2° coeficiente de pearson é 
possível estimar esse valor (AS) de assimetria, comprovando a percepção visual. Assumindo que Q1 
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= 2, Q2 = 8 e Q3 = 20 (valores aproximados), o valor de AS (2° coeficiente) será 1/3 = 0,33. 
 
40. O que é mais chato nesse problema é entender o enunciado. Contas de empréstimo 
inadimplentes são aquelas que estão devendo as prestações de pagamento. Contas de empréstimo 
liquidadas são aquelas que quitaram as dívidas, i.e. não estão inadimplentes. Podemos definir dois 
eventos: 
 
A = contas de empréstimo inadimplentes 
AC = contas de empréstimo liquidadas 
B = contas com pelo menos duas prestações em atraso em mais de duas semanas. 
 
Do enunciado podemosretirar que P(B|A) = 0,9; P(A) = 0,1; P(B|AC) = 0,4. O que queremos é 
P(A|B). Usando o Teorema de Bayes: 
 
)()|()()|(
)()|(
)|(
CC APABPAPABP
APABP
BAP
+
= , ao substituir os valores encontramos que P(A | B) = 0,2