Aula5_Apostila1_5MWLRTKS69 Distribuições

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2. RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS 
1. CEPERJ – OFICIAL SEFAZ/RJ – 2011) Suponha que a variável 
aleatória X tenha distribuição binomial com média 3,5 e variância 1,75. 
Nesse caso, a probabilidade ( 2)P X  será igual a: 
A) 1/2 
B) 15/16 
C) 8/128 
D) 21/128 
E) 29/128 
RESOLUÇÃO: 
 A média da binomial é dada por E(X) = nxp. Portanto: 
E(X) = nxp = 3,5 
 Já a variância é dada por Var(X) = nxpx(1-p). Como nxp = 3,5, 
então: 
Var(X) = 3,5 (1-p) 
1,75 = 3,5 (1-p) 
p = 0,5 
 Sendo nxp = 3,5; e p = 0,5; então n = 7. 
 Portanto, sabemos que nessa binomial temos 7 tentativas (n = 7) 
com 0,5 chance de sucesso em cada uma ( p = 0,5). O exercício quer a 
probabilidade de 2 ou mais sucessos. Isso é igual à 100% menos a 
probabilidade de 0 ou 1 sucessos apenas. Isto é: 
( 2) 100% ( 1) ( 0)P X P X P X      
 Sabemos que a probabilidade de X sucessos em uma distribuição 
binomial é dada pela fórmula: 
( , , ) (1 )x n x
n
P x n p p p
x
     
 
 
 Vamos calcular então P(X = 0) e P(X = 1): 
7 7
0 7 07 1 1(0;7;0,5) 0,5 (1 0,5) 1 1
0 2 2
P                      
 
7
1 7 1 67 1(1;7;0,5) 0,5 (1 0,5) 7 0,5 0,5 7
1 2
P                 
 
 Portanto, 
( 2) 100% ( 1) ( 0)P X P X P X      
7 7
7
3
7 4
1 1 1( 2) 1 7 1 8
2 2 2
1 1 1 15( 2) 1 2 1 1
2 2 16 16
P X
P X
             
   
        
 
Resposta: B. 
 
2. ESAF – AFRFB – 2009) O número de petroleiros que chegam a uma 
refinaria ocorre segundo uma distribuição de Poisson, com média de dois 
petroleiros por dia. Desse modo, a probabilidade de a refinaria receber no 
máximo três petroleiros em dois dias é igual a: 
 
RESOLUÇÃO: 
 Se chegam em média 2 petroleiros por dia, podemos esperar que 
em dois dias cheguem, em média, 4 petroleiros. Veja que este é o 
número esperado de ocorrências por unidade de tempo (neste exercício, a 
unidade de tempo é 2 dias). Portanto, 4  . 
A distribuição de Poisson tem a seguinte distribuição de probabilidades: 
( ; )
!
kef k
k
 
 
 
 Se queremos no máximo 3 petroleiros, devemos somar as 
probabilidades de chegarem 0, 1, 2 ou 3 petroleiros, isto é: 
Probab( 3) (0) (1) (2) (3)x f f f f     
 Aplicando a fórmula de Poisson, temos: 
4 0 4 1 4 2 4 3
0 1 2 3
4
4 4
4 4 4 4Probab( 3)
0! 1! 2! 3!
4 4 4 4Probab( 3)
0! 1! 2! 3!
1 4 16 64 71Probab( 3)
1 1 2 6 3
e e e ex
x e
x e e
   

 
   
    
 
      
 
             
   
 
Resposta: C 
 
3. FCC – INFRAERO – 2011) Uma população X tem uma função 
densidade dada por 1( )f x

 , 0 x   . Por meio de uma amostra aleatória 
de 10 elementos de X, obteve-se, pelo método da máxima 
verossimilhança, uma estimativa para a média de X igual a 4,5. Com base 
neste resultado, tem-se que a respectiva estimativa da variância de X é 
igual a: 
a) 3 
b) 15/4 
c) 27 
d) 6 
e) 27/4 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que esta função de densidade de probabilidade não 
depende de x, isto é, ela é constante, e igual a 1

. A distribuição de 
probabilidade onde todos os valores de x possuem a mesma chance de 
ocorrência é a Distribuição Uniforme. 
 Nela, sabemos que: 
1( )f x
Máx Mín


 
 
 Portanto, se 1 1( )f x
Máx Mín 
 

, então podemos afirmar que: 
 
Máx Mín   
 
 Veja que na função do enunciado foi dito que 0 x   . Portanto, o 
valor máximo de x é Máx =  , e o valor mínimo é Mín = 0. 
 A média dessa distribuição foi igual a 4,5. Como a média da 
distribuição uniforme é dada por ( )
2
Máx MínE X  , então 
 
04,5
2
9
Máx
Máx



 
 
 A variância da distribuição uniforme é: 
2 2( ) (9 0) 81 27( )
12 12 12 4
Máx MínVar X      
Resposta: E 
 
4. FCC – TRT/3ª – 2009) Instruções: Para responder à questão abaixo 
utilize as informações a seguir. 
- Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
Resposta: E 
 
5. ESAF – AFRF – 2003) As realizações anuais Xi dos salários anuais de 
uma firma com N empregados produziram as estatísticas 
 
Seja P a proporção de empregados com salários fora do intervalo [R$ 
12.500,00; R$ 16.100,00]. 
Assinale a opção correta. 
a) P é no máximo 1/2 
b) P é no máximo 1/1,5 
c) P é no mínimo 1/2 
d) P é no máximo 1/2,25 
e) P é no máximo 1/20 
RESOLUÇÃO: 
 Trata-se de uma mera aplicação do teorema de Tchebyshev, que 
nos diz que em uma distribuição estatística, a proporção máxima de 
valores que se encontram fora de um terminado intervalo é dada por: 
2
1P
K
 
 Em nosso caso, veja que 16100 – 14300 = 1800, bem como 14300 
– 12500 = 1800. Como o desvio padrão é igual a 1200, então K = 1800 / 
1200 = 1,5. Em outras palavras, podemos dizer que foi construído um 
intervalo do tipo: 
[ média – 1,5 desvio padrão; média + 1,5 desvio padrão] 
 Portanto, a proporção máxima de dados que podem estar fora deste 
intervalo é: 
2
1 1
1,5 2,25
P   
Resposta: D 
 
6. FCC – TRT/3ª – 2009) Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
P(Z > 1,64) = 0,05, P(Z > 2) = 0,02, P(0 < Z < 2,4) = 0,49, P(0 < Z < 
0,68) = 0,25 
 
A experiência com trabalhadores de uma certa indústria indica que 
o tempo requerido para que um trabalhador, aleatoriamente selecionado, 
realize um serviço, é distribuído de maneira aproximadamente normal 
com desvio padrão de 12 minutos. Deseja-se, por meio de uma amostra 
aleatória, com reposição, estimar a média populacional. O tamanho desta 
amostra, para que a diferença em valor absoluto entre o verdadeiro valor 
populacional e sua estimativa seja de no máximo 2 minutos, com 
probabilidade de 96%, é 
(A) 64 
(B) 81 
(C) 100 
(D) 144 
(E) 196 
RESOLUÇÃO: 
 Aqui não foi dado o tamanho da população, motivo pelo qual 
devemos considerá-la infinita. A variável aleatória é “tempo para 
executar um serviço”. Trata-se de uma variável intervalar, pois os tempos 
que cada trabalhador gasta podem ser colocados em uma ordem 
crescente, e é possível calcular a diferença entre um tempo e outro. 
Portanto, devemos dimensionar a amostra usando a fórmula: 
2Zn
d
   
 
 
 Foi dado que o desvio padrão da população é 12min.  , e que o 
erro máximo tolerado é d = 2 min. Falta apenas calcular o valor de Z para 
termos a probabilidade de 96% de acerto. 
Sabemos que P(Z>0) = 0,50 (pois metade dos dados da curva 
normal padrão estão acima de 0). E o exercício disse que P(Z>2) = 0,02. 
Portanto, 
P(0<Z<2) = 0,50 – 0,02 =0,48 
e, com isso, 
P(-2<Z<2) = 2x0,48 = 0,96 
 Portanto, devemos usar Z = 2. Substituindo esses valores na 
fórmula da amostra, temos: 
22 12 144
2
n    
 
 
 Deste modo, é preciso selecionar uma amostra com 144 indivíduos. 
Resposta: D 
 
7. ESAF – SUSEP – 2010) Deseja-se estimar a proporção p de pessoas 
com determinada característica em uma população. Um levantamento 
preliminar forneceu = 2/7. Usando essa estimativa, obtenha o menor 
tamanho de amostra aleatória simples necessária para estimar p com um 
intervalo de 95% de confiança e um erro de amostragem , 
onde . 
a) 7840. 
b) 2500. 
c) 1960. 
d) 9604. 
e) 2401. 
RESOLUÇÃO: 
 Trata-se de uma população considerada infinita e de uma variável 
nominal ou ordinal (pois não foram dados parâmetros para supor que esta 
variável pudesse ser intervalar, e foi dada uma proporção). 
 Deste modo, devemos usar a fórmula: 
2
2
Z p qn
d
 
 
 Para 95% de confiança, temos Z = 1,96. Como = 2/7, então = 
5/7. Foi dito ainda que o erro deve ser de no máximo d = 2%. Portanto: 
2
2
2 2
2 51,96
7 7 1960
0,02
Z p qn
d
  
   
 Assim, será necessária uma amostra de 1960 indivíduos. 
Resposta: C 
 
8. FCC – TRE/SP – 2012) Seja X uma variável aleatória contínua com 
uma média igual a 20. Utilizando o Teorema de Tchebyshev, obtém-se 
que a probabilidade de X não pertencer ao intervalo (15, 25) é, no 
máximo, 6,25%. Isto significa que o desvio padrão de X é igual a 
(A) 1,25. 
(B) 1,50. 
(C) 2,00. 
(D)2,25. 
(E) 2,50. 
RESOLUÇÃO: 
O teorema de Tchebyshev nos diz que a proporção máxima de 
valores de uma distribuição fora de um intervalo do tipo [média – “k” 
desvios padrões; média + “k” desvios padrões] é: 
2
1P
K
 
 
 Dado que P = 6,25%, então: 
 2
10,0625
K
 
 4k 
 
 Portanto, o intervalo (15, 25) corresponde ao intervalo (média – 4 
desvios padrões, média + 4 desvios padrões). Isto é: 
15 4
15 20 4
1,25
 


 
 

 
Resposta: A 
 
9. ESAF – AFRFB – 2009) Em um experimento binomial com três 
provas, a probabilidade de ocorrerem dois sucessos é doze vezes a 
probabilidade de ocorrerem três sucessos. Desse modo, as probabilidades 
de sucesso e fracasso são, em percentuais, respectivamente, iguais a: 
a) 80 % e 20 % 
b) 30 % e 70 % 
c) 60 % e 40 % 
d) 20 % e 80 % 
e) 25 % e 75 % 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que o número de tentativas é n = 3. Foi dito que a 
probabilidade de k = 2 sucessos é doze vezes a probabilidade de k = 3 
sucessos. 
Lembrando que, na binomial, ( , , ) (1 )k n k
n
P k n p p p
k
     
 
, podemos 
dizer que: 
P(2; 3; p) = 12 x P(3;3;p) 
 Assim: 
2 3 2 3 3 3
2 1 3 0
2 3
3 3
(1 ) 12 (1 )
2 3
3 (1 ) 12 1 (1 )
3 (1 ) 12 1 1
(1 ) 4
1 5
0,20
              
   
       
      
  


p p p p
p p p p
p p p
p p
p
p
 
 Logo, a probabilidade de sucesso é p = 20%. A probabilidade de 
fracasso é 1 – p = 80%. 
Resposta: D 
 
10. ESAF – AFRFB – 2009) A função densidade de probabilidade de 
uma variável 
aleatória contínua x é dada por: 
 
Para esta função, a média de x, também denominada expectância de x e 
denotada por E(x) é igual a: 
 
RESOLUÇÃO: 
 Esta questão não se refere especificamente a nenhuma das 
distribuições que estudamos. Coloquei-a mesmo assim para você 
exercitar alguns conceitos importantes. 
 Observe que a distribuição só assume valores negativos (de -1 a 0), 
pois como temos no enunciado, a probabilidade de x > 0 é igual a zero: 
f(x) = 0 para x > 0. Se a distribuição só tem valores negativos, sua 
média será, obviamente, negativa. Com isso, podemos excluir as 
alternativas A e B, que apresentam médias com valor positivo. 
 Veja ainda que as letras D e E não apresentam valores fixos, mas 
sim valores que variam com x. Como queremos a média, ela não pode ser 
um valor variável, pois vimos que a média é um número único para cada 
distribuição. Excluindo essas duas alternativas, resta apenas a letra C. 
 Não vou entrar em detalhes do cálculo exato desta média, pois foge 
do escopo de sua prova (seria preciso usar a Integral). 
Resposta: C 
 
11. ESAF – Auditor/NATAL – 2008) Numa distribuição Binomial, temos 
que: 
 
I. A E[x] = n p q, ou seja, é o produto dos parâmetros n - número de 
elementos da avaliação, p - probabilidade de ocorrência do evento e q - 
probabilidade contrária (q = 1 - p). 
II. O desvio-padrão é dado pela raiz quadrada do produto entre os 
parâmetros n e p. 
III. A variância é dada pelo somatório dos quadrados dos valores (Xi) 
menos o quadrado da média. 
 
Apontando os três itens acima como V - Verdadeiro e F - Falso, a opção 
correta é: 
 a) F, V, F 
 b) V, V, F 
 c) F, F, F 
 d) V, F, F 
 e) V, V, V 
RESOLUÇÃO: 
 Na binomial, sabemos que: 
- a média é E(X) = n x p; o que torna o item I falso. 
- a variância é Var(X) = n x p x (1-p); o que torna o item II falso, pois o 
desvio padrão será a raiz da variância dada por esta fórmula. 
- a variância é definida como sendo o somatório dos quadrados das 
diferenças entre cada valor Xi e a média, dividido pelo número de 
observações, como vimos na aula passada: 
2
2 ( )iX X
n


  , tornando o item III falso. 
Resposta: C 
 
12. ESAF – Auditor/NATAL – 2008) Se x é uma v. a. – variável 
aleatória com função densidade de probabilidade f(x), caracterizada pelo 
modelo normal, podemos afirmar que: 
a) o desvio-padrão é igual a 1 (um). 
b) a média tem valor 0 (zero). 
c) a função de distribuição acumulada f(x) é igual a 1, para todos os 
valores acima de b. 
d) os parâmetros média, moda e mediana são iguais. 
e) a variância tem o valor do quadrado da média. 
RESOLUÇÃO: 
 A distribuição normal é simétrica, tendo média, moda e mediana 
iguais. Esta média pode ser diferente de zero, mas é igual a zero no caso 
da normal padronizada. Da mesma forma, o desvio padrão pode ser 
diferente de 1, mas é igual a 1 no caso da normal padronizada. Já a 
variância é igual ao quadrado do desvio padrão. 
Resposta: D 
 
13. FCC – SEFAZ/SP – 2009) O número de pessoas que chega ao 
guichê de uma repartição pública para autuação de processos apresenta 
uma distribuição de Poisson a uma taxa de duas pessoas por minuto. A 
probabilidade de que nos próximos 2 minutos chegue pelo menos uma 
pessoa neste guichê é 
 
RESOLUÇÃO: 
 Estamos diante de uma distribuição de Poisson, pois a chegada de 
pessoas ao guichê é um evento que se repete no tempo com frequência 
conhecida. 
 Observe que, em média, chegam 2 pessoas por minuto, de modo 
que é esperado que em 2 minutos cheguem 4 pessoas. Assim, 4  . 
 A probabilidade de chegar pelo menos 1 pessoa é igual a 100% 
menos a probabilidade de não chegar nenhuma pessoa: 
( 1) 1 (0)P X P   
 Podemos calcular P(0) com auxílio da fórmula de distribuição de 
probabilidade de Poisson: 
4 0
4
( ; )
!
4(0;4)
0!
kef k
k
ef e
 






 
 
 Portanto, 
4 4 4
( 1) 1 (0)
( 1) 1 ( 1)
P X P
P X e e e 
  
     
 
Resposta: A 
 Obs.: note que foi dito que e = 2,71828... apenas para você ter 
certeza de que “e” é o número de Euler da equação de Poisson. 
 
14. FGV – SEAD/AP – 2010) Uma urna contém 50 bolinhas idênticas 
numeradas de 1 a 50. Se quatro bolinhas são aleatoriamente sorteadas 
com reposição, a probabilidade de que, dos quatro números sorteados, 
dois sejam pares e dois sejam impares é igual a: 
(A) 12,5%. 
(B) 25,0%. 
(C) 37,5%. 
(D) 50,0%. 
(E) 62,5%. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que temos reposição, ou seja, a probabilidade de tirar uma 
bolinha par ou ímpar não muda a cada tentativa. Definindo como 
“sucesso” a retirada de um número par, o nosso objetivo é conseguir k = 
2 sucessos em n = 4 tentativas, sabendo que a probabilidade de sucesso 
em cada tentativa é p = 50% (afinal metade das bolas são pares). 
Estamos diante de uma distribuição binomial, cuja probabilidade é dada 
por: 
2 4 2
( , , ) (1 )
4
(2;4;0,50) 0,50 (1 0,50)
2
(2;4;0,50) 6 0, 25 0, 25 0,375 37,5%


 
    
 
 
    
 
    
k n knP k n p p p
k
P
P
 
Resposta: C 
 
15. FGV – SEAD/AP – 2010) Em relação à distribuição normal, assinale 
a afirmativa incorreta. 
(A) a função de densidade de probabilidade é simétrica em relação à 
média. 
c
(B) se X tem distribuição normal com média  e variância 2 então a 
variável Z = ( X –  ) / 2 tem distribuição normal padrão. 
(C) a probabilidade de que uma variável Z que tenha distribuição normal 
padrão seja maior do que 5 é aproximadamente igual a 0. 
(D) a média de uma variável aleatória que tenha distribuição normal pode 
ser negativa. 
(E) o valor da mediana é igual ao valor da média. 
RESOLUÇÃO: 
 Vamos analisar cada alternativa: 
(A) a função de densidade de probabilidade é simétrica em relação à 
média. 
 Verdadeiro. A distribuição normal é simétrica em relação à média. 
 
(B) se X tem distribuição normal com média  e variância 2 então a 
variável Z = ( X –  ) / 2 tem distribuição normal padrão. 
 Falso. A padronização da normal é feita com a fórmula: 
XZ 


 
(C) a probabilidade de que uma variável Z que tenha distribuição normal 
padrão seja maior do que 5 é aproximadamente igual a 0. 
 Verdadeiro. Observe, na curva normal padrão, que para Z > 5 a 
área abaixo da curva é praticamente zero: 
 
 
(D) a média de uma variável aleatória que tenha distribuição normal pode 
ser negativa. 
 Verdadeiro.Apenas a distribuição normal padrão é que 
necessariamente tem média igual a zero. Outras distribuições normais 
podem ter qualquer valor de média, desde que sejam simétricas em 
relação a esta média. 
 
(E) o valor da mediana é igual ao valor da média. 
 Verdadeiro. Trata-se de uma distribuição simétrica, onde média = 
mediana = moda. 
Resposta: B 
 
16. CESGRANRIO – BACEN – 2010) Estima-se que os retornos de um 
determinado mercado tenham distribuição normal, com média 20% e 
desvio padrão 10%. A probabilidade de perdas financeiras é de, 
aproximadamente, 
 a) 1% 
 b) 2,5% 
 c) 5% 
 d) 10% 
 e) 20% 
RESOLUÇÃO: 
 Para ter perda financeira, é preciso que o retorno do mercado seja 
negativo. Como a média é 20%  e o desvio padrão é 10%  , veja que 
o retorno igual a 0% encontra-se 2 desvios padrões abaixo da média, isto 
é, 0% =  - 2 
 Em uma distribuição normal, 95% dos dados encontram-se entre 
2  e 2  . Neste caso, podemos dizer que temos 95% de chance de 
obter retorno financeiro entre 0% ( 2  ) e 40% ( 2  ). Portanto, há 
apenas 5% de chance de obter retorno abaixo de 0% (perda) ou acima de 
40%. 
 Como a distribuição normal é simétrica, podemos dizer que estes 
5% de chance encontram-se metade abaixo de 0% e a outra metade 
acima de 40%. Portanto, 5% / 2 = 2,5% é a probabilidade de obter 
retorno abaixo de 0%, da mesma forma que a chance de obter retorno 
acima de 40% é de 2,5%. 
Resposta: B 
 
Instruções: para resolver as 2 questões a seguir, considere a tabela 
abaixo, que dá valores das probabilidades ( )P Z z para a distribuição 
normal padrão. 
 
17. FCC – BACEN – 2006) As empresas de um determinado setor têm 
uma situação líquida bem descrita por uma distribuição normal, com 
média igual a 2,5 milhões de reais e desvio padrão de 2 milhões de reais. 
Selecionando uma empresa aleatoriamente deste setor, a probabilidade 
dela apresentar uma situação líquida negativa ou nula é de: 
a) 11% 
b) 16% 
c) 23% 
d) 29% 
e) 50% 
RESOLUÇÃO: 
 Seja X essa variável normalmente distribuída com média 2,5  e 
desvio padrão 2  . Para que uma empresa tenha situação líquida 
negativa ou nula, ela deve ter 0X  . Utilizando a padronização Z, temos: 
 
0 2,5 1, 25
2


 
   
XZ 
 
 Ou seja, P ( 0X  ) = P( 1,25Z   ). Veja na tabela que foi dado que: 
 
P( 1,25Z  ) = 0,11 
 
 Como a distribuição normal é simétrica, podemos dizer que: 
 
P( 1,25Z   ) = P( 1,25Z  ) = 0,11 
 
 Assim, P ( 0X  ) = P( 1,25Z   ) = 0,11. Portanto, a probabilidade de 
uma empresa ter situação líquida negativa é de 11%. 
Resposta: A 
 
18. FCC – BACEN – 2006) Os valores de determinado título no mercado 
de investimentos apresentam uma distribuição considerada normal. Sabe-
se que os valores de 16% dos títulos são superiores ou iguais a 
R$10000,00 e que os valores de 60% dos títulos são inferiores a 
R$7000,00. A média dos valores destes títulos é: 
a) R$8500,00 
b) R$8000,00 
c) R$7500,00 
d) R$6000,00 
e) R$4500,00 
RESOLUÇÃO: 
 Seja X a variável aleatória, com distribuição normal, que representa 
os valores dos títulos no mercado. Sabemos que ( 10000) 16%P X   , e 
também que ( 7000) 60%P X   . Utilizando a padronização XZ 


 , 
temos: 
16%
10000 


Z 
 Na tabela dada, veja que ( 1,00) 0,16 16%P Z    . Portanto, o valor 
de Z16% é 1,00, pois este é o valor de Z acima do qual estão 16% dos 
dados. Substituindo Z16% por 1 na equação acima, temos: 
100001
10000


 


 
 
 Da mesma forma, temos na tabela que ( 0,25) 0,40 40%P Z    . 
Portanto, ( 0,25) 1 0,40 0,60 60%P Z      . Assim, 
60%
7000
70000,25
0,25 7000




 




 
Z
 
 Portanto, temos: 
10000   
0, 25 7000   
 
 Com essas duas equações acima, podemos obter a média: 
0, 25 (10000 ) 7000     
2500 0, 25 7000    
0,75 7000 2500   
6000  
Resposta: D 
 
19. FCC – BACEN – 2006) A probabilidade de um associado de um 
clube pagar sua mensalidade com atraso é de 5%. Entre 5 associados 
escolhidos aleatoriamente, a probabilidade de pelo menos um pagar sua 
mensalidade sem atraso é: 
a) 1 – (0,95)5 
b) (0,95)5 
c) 4,75. (0,95)5 
d) 5. (0,95)5 
e) 1 – (0,05)5 
RESOLUÇÃO: 
 Se a chance de pagar atrasado é p = 5%, então a chance de todos 
pagarem atrasado é dada pela multiplicação: 0,05x0,05x0,05x0,05x0,05 
= 0,055. 
 A chance de pelo menos um pagar sem atraso é: 
 
P (pelo menos um pagar sem atraso) = 1 – P (todos pagarem atrasado) 
 
P (pelo menos um pagar sem atraso) = 1 – 0,055 
 
 Temos essa expressão na alternativa E. 
Resposta: E 
 
20. FCC – INFRAERO – 2011) Para resolver essa questão, dentre as 
informações dadas abaixo, utilize aquela que julgar apropriada: 
e-1 = 0,368 e-2 = 0,135 e-2,5 = 0,082 
O número de passageiros que chegam a um posto de atendimento de 
uma empresa de aviação para fazer o check-in às quartas-feiras pela 
manhã tem distribuição de Poisson com taxa média de 5 passageiros por 
minuto. A probabilidade de chegar a esse mesmo posto, numa quarta-
feira pela manhã, pelo menos 2 passageiros em 30 segundos, é de: 
a) 0,575 
b) 0,682 
c) 0,713 
d) 0,754 
e) 0,814 
RESOLUÇÃO: 
 Se chegam em média 5 passageiros por minuto, podemos dizer que 
chegam em média 2,5 passageiros a cada 30 segundos. Assim, 2,5  . 
 A probabilidade de chegarem pelo menos 2 passageiros é igual a 
100% menos a probabilidade de chegarem 0 ou 1 passageiros: 
( 2) 1 (0) (1)P X P P    
 
 Vamos calcular P(k = 0) e P(k = 1) com a fórmula da distribuição 
de Poisson: 
( ; )
!
kef k
k
 
 
 
2,5 0
2,52,5(0;2,5)
0!
ef e

  
2,5 1
2,52,5(1;2,5) 2,5
1!
ef e

   
 
 Portanto, 
2,5 2,5( 2) 1 (0) (1) 1 2,5P X P P e e         
 
Como foi dito que e-2,5 = 0,082, então 
 
( 2) 1 (0) (1) 0,713 71,3%P X P P      
Resposta: C 
 
21. FCC – INFRAERO – 2011) Se Z tem distribuição normal padrão, 
então: 
P(Z<0,5) = 0,691; P(Z<1) = 0,841; P(Z<1,5) = 0,933; P(Z<2) = 0,977; 
P(Z<2,58) = 0,995 
Sabe-se que o tempo para a ocorrência de defeito em uma peça tem 
distribuição normal com média de 1200 dias e desvio padrão de 100 dias. 
O fabricante de tais peças oferece aos seus clientes uma garantia de g 
dias (ele substitui toda peça que durar g dias ou menos). O valor de g 
para que apenas 0,5% das peças sejam substituídas é, em dias, igual a: 
a) 742 
b) 768 
c) 856 
d) 942 
e) 967 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma distribuição normal com média 1200  e desvio 
padrão 100  . Queremos saber o número “g” de dias abaixo do qual 
temos apenas 0,5% de chance de ter defeito. 
 Como P(Z<2,58) = 0,995, podemos dizer que P(Z>2,58) = 1 – 
0,995 = 0,005. Portanto, a probabilidade de Z > 2,58 = 0,5%. Como a 
distribuição normal é simétrica, podemos também dizer que a 
probabilidade de Z < -2,58 = 0,5%. Ou seja, 
( 2,58) 0,5%P Z    
 Podemos usar a fórmula da padronização Z para encontrar o valor 
“g” correspondente a z = -2,58: 




XZ 
12002,58
100

 
g 
942g dias 
 Resposta: D 
 
22. FCC – TRT/23ª – 2011) O número de falhas num certo tipo de 
placa de fórmica tem distribuição de Poisson com taxa média de 0,1 
defeitos por metro quadrado. Tais placas cobrirão uma superfície plana de 
2 m × 2,5 m. Se a placa não contém nenhum defeito ela é vendida por 
R$ 500,00 e se ela tem um defeito ou mais é vendida por R$ 200,00. O 
preço médio de venda desse tipo de placa é, em reais, igual a 
(dado e-0,1 = 0,90 e e-0,5 = 0,61) 
 a) 375. 
 b) 383. 
 c) 387. 
 d) 390. 
 e) 394. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que as placas tem 2 x 2,5 = 5 metros quadrados. Vamos 
calcular a chance de ela não ter nenhum defeito, bem como a chance de 
ter 1 ou mais defeitos. 
 Inicialmente, precisamos achar o valor do parâmetro  , que é o 
número de defeitos esperado por unidade de tempo ou de quantidade. 
Neste caso, foi dito que é esperado 0,1defeito por metro quadrado 
(quantidade). Assim, em 5 metros quadrados são esperados 0,5 defeitos 
(isto é, são esperados 0,5 defeitos por placa de 5m2). Portanto,  =0,5. 
 A probabilidade de k = 0 defeitos é: 
0,5 0
0,5
( ; )
!
0,5(0;0,5) 0,61
0!
kef k
k
ef e
 






  
 
 A probabilidade de 1 ou mais defeitos é: 
0,5( 1) 1 (0) 1 0,39P X P e      
 Portanto, há 61% de chance de não haver defeito na placa, de 
modo que ela pode ser vendida por 500 reais. E há 39% de chance da 
placa ter algum defeito, de modo que ela pode ser vendida por 200 reais. 
Em média, a placa vai ser vendida por: 
Média = 0,61 x 500 + 0,39 x 200 = 383 reais 
Resposta: B 
 
23. FCC – TRT/1ª – 2011) Foram obtidas n observações independentes 
de uma variável aleatória X com distribuição uniforme contínua no 
intervalo [0, 1]. Sabe-se que a probabilidade de exatamente uma dessas 
observações ser menor do que 1/4 é 405/1024. Nessas condições, o 
valor de n é 
a) 4 
b) 5 
c) 6 
d) 7 
e) 8 
RESOLUÇÃO: 
 Se a variável é uniformemente distribuída, a probabilidade de 
qualquer valor no intervalo de 0 a 1 é igual. Observe que 25% dos 
valores encontram-se abaixo de 1/4. Portanto, a probabilidade de uma 
observação ser inferior a 1/4 é p = 25%. E a probabilidade de uma 
observação ser maior que 1/4 é 1 – p = 75%. 
 Podemos pensar aqui na fórmula de distribuição binomial, onde 
faremos “n” tentativas e, destas, buscamos ter exatamente k = 1 
“sucesso” (número abaixo de 1/4), sendo a chance de sucesso em cada 
tentativa p = 25%. Assim, temos: 
( , , ) (1 )k n k
n
P k n p p p
k
     
 
 
1 1
1
1
(1; ;0,25) 0,25 (1 0, 25)
1
405 1 3
1024 4 4
405 3
256 4



 
    
 
    
 
   
 
n
n
n
n
P n
n
n
 
 A partir deste ponto, podemos testar valores de n, atribuindo a n os 
valores das alternativas. Para n = 4, temos: 
4 1 3405 3 3 274 4
256 4 4 16

          
   
 
 Veja que n = 4 não é a resposta, pois 
405 27
256 16
 . Testando n = 5 
temos: 
5 1 4405 3 3 81 4055 5 5
256 4 4 256 256

            
   
 
 Portanto, n = 5 é a resposta. 
Resposta: B 
 
24. FCC – TRE/SP – 2012) Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
P(Z < 1) = 0,84, P(Z < 1,28) = 0,90, P(Z < 2) = 0,977, P(Z < 2,88) = 
0,998 
O volume líquido de frascos de xampu é uma variável aleatória com 
distribuição aproximadamente normal com média ┢ e desvio padrão 0,5 
mL. O valor de ┢, em mL, para que no máximo 0,2% dos frascos tenham 
mais do que 200 mL é 
(A) 182,12. 
(B) 188,46. 
(C) 195,24. 
(D) 198,56. 
(E) 198,98. 
RESOLUÇÃO: 
 Seja X a variável “quantidade de xampu no frasco”. Se apenas 
0,2% dos frascos possuem mais de 200mL, então a probabilidade de X > 
200mL é de 0,2%. Isto é: 
P(X > 200) = 0,002 
 
 Por outro lado, veja nos dados fornecidos que P(Z < 2,88) = 0,998. 
Pela simetria da curva normal, podemos afirmar também que P(Z > 2,88) 
= 0,002. 
 
 Assim, X = 200 equivale a Z = 2,88 na curva normal padronizada, 
pois ambos possuem a mesma probabilidade: P(X > 200) = P(Z > 2,88) 
= 0,002. A transformação Z é: 
XZ 


 
2002,88
0,5

 
198,56mL  
Resposta: D 
 
25. ESAF – Pref. Natal – 2008) Se x é uma v. a. - variável aleatória 
com função densidade de probabilidade f(x), caracterizada pelo modelo 
normal, podemos afirmar que: 
 a) o desvio-padrão é igual a 1 (um). 
 b) a média tem valor 0 (zero). 
 c) a função de distribuição acumulada f(x) é igual a 1, para todos os 
valores acima de b. 
 d) os parâmetros média, moda e mediana são iguais. 
 e) a variância tem o valor do quadrado da média. 
RESOLUÇÃO: 
 A distribuição normal possui média, moda e mediana iguais (é 
totalmente simétrica). Com isso já podemos marcar a alternativa D. 
Vejamos os erros das demais. 
 Lembrando que apenas a curva normal padronizada possui, 
obrigatoriamente, desvio-padrão 1 e média 0, você pode descartar as 2 
primeiras alternativas. 
 A função de distribuição acumulada é aquela que, para um 
determinado valor x, nos dá a probabilidade de P(Xx). Essa função só 
assume valor 1 (ou seja, 100% de probabilidade de Xx quando x tende 
ao infinito). Isto torna o item “c” falso. 
 Por fim, sabemos que a variância é igual ao quadrado do desvio-
padrão, e não da média, sendo este o erro da letra “e”. 
Resposta: D 
 
26. ESAF – AFRF – 2002) Em um ensaio para o estudo da distribuição 
de um atributo financeiro (X) foram examinados 200 itens de natureza 
contábil do balanço de uma empresa. Esse exercício produziu a tabela de 
freqüências abaixo. A coluna Classes representa intervalos de valores de 
X em reais e a coluna P representa a freqüência relativa acumulada. Não 
existem observações coincidentes com os extremos das classes. 
 
Considere a transformação Z=(X-140)/10. Para o atributo Z encontrou-se 
, onde fi é a freqüência simples da classe i e Zi o 
ponto médio de classe transformado. Assinale a opção que dá a variância 
amostral do atributo X. 
a) 720,00 
b) 840,20 
c) 900,10 
d) 1200,15 
e) 560,30 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que foi dada uma tabela com as freqüências acumuladas 
relativas. Vamos reproduzir a tabela, colocando uma coluna para as 
 Feito isso, podemos lembrar que a fórmula da variância amostral de 
uma variável é: 
2
2
1 12
1( ) ( )
1
 
 
   
 

 
n n
i i i i
i i
Z f Z f
ns
n
 
 Como o enunciado já disse que 2
1
( )


n
i i
i
Z f =1680, basta calcular o 
fator 
1
( )


n
i i
i
Z f , que é: 
1
( ) 6 10 4 20 2 50 0 60 2 30 4 20 6 10 40

                 
n
i i
i
Z f 
 Portanto, sendo n = 200, temos: 
 2
2
11680 40
200 8, 402
200 1
 
 

s 
 
 Sabendo a variância de Z, podemos calcular a variância de X. Como 
Z=(X-140)/10, então: 
X = 10Z + 140 
 
 Sabemos que se a variância de uma variável Z é s2, então a 
variância da variável X = aZ + b é simplesmente a2s2. Neste caso, 
Var(X) = 102 x 8,402 = 840,20 
Resposta: B 
 
27. ESAF – AFRF – 2002) Um atributo W tem média amostral a ≠ 0 e 
desvio padrão positivo b ≠1. Considere a transformação Z=(W-a)/b. 
Assinale a opção correta. 
a) A média amostral de Z coincide com a de W. 
b) O coeficiente de variação amostral de Z é unitário. 
c) O coeficiente de variação amostral de Z não está definido. 
d) A média de Z é a/b. 
e) O coeficiente de variação amostral de W e o de Z coincidem. 
 Portanto, CVX =4,8/62 = 0,0774 = 7,74%. 
Resposta: C 
 
29. ESAF – AFRF – 2001) Numa amostra de tamanho 20 de uma 
população de contas a receber, representadas genericamente por X, 
foram determinadas a média amostral M = 100 e o desvio-padrão S =13 
da variável transformada (X-200)/5. Assinale a opção que dá o coeficiente 
de variação amostral de X. 
a) 3,0 % 
b) 10,0 % 
c) 9,3 % 
d) 17,3 % 
e) 17,0 % 
RESOLUÇÃO: 
 Sendo Z = (X – 200)/5, então X = 5Z + 200. Como a média e 
desvio padrão de Z são, respectivamente, 100 e 13, então a média e 
desvio padrão de X são: 
5 100 200 700X     
5 5 13 65X Zs s     
 Portanto, CVX = 65 / 700 = 0,0928 = 9,28%. 
Resposta: C 
 
30. ESAF – AFRF – 2001) Tem-se um conjunto de n mensurações X1, ... 
, Xn com média aritmética M e variância S2, onde M = (X1 + ... + Xn )/ n e 
S2 = (1/ n) 2( )ii X M . Seja  a proporção dessas mensurações que 
diferem de M, em valor 
absoluto, por pelo menos 2S. Assinale a opção correta. 
a) O conhecimento de M e S é suficiente para determinar  exatamente, 
na realidade tem-se = 30% para qualquer conjunto de dados X1, ... , Xn. 
b) Apenas com o conhecimento de M e S não podemos determinar  
exatamente, mas sabe-se que 0,25  . 
c) O conhecimento de M e S é suficiente para determinar  exatamente, 
na realidade tem-se  = 95% para qualquer conjunto de dados X1, ... , 
Xn. 
d) O conhecimento de M e S é suficiente para determinar  exatamente, 
na realidade tem-se  = 5% paraqualquer conjunto de dados X1, ... , Xn. 
e) O conhecimento de M e S é suficiente para determinar  exatamente, 
na realidade tem-se  = 15% para qualquer conjunto de dados X1, ... , 
Xn. 
RESOLUÇÃO: 
 O teorema de Tchebyshev nos diz que, se temos um intervalo do 
tipo [média – 2 desvios padrões; média + 2 desvios padrões], ou seja, k 
= 2, a proporção máxima de dados fora deste intervalo é: 
2 2
1 1 0,25
2
P
K
   
 Assim, no máximo 25% dos dados estão fora deste intervalo. Como 
 é justamente a proporção de dados fora deste intervalo, podemos dizer 
que 
25%  
Resposta: B 
 
31. CESPE – TCU – 2008) Considerando que em 2008 sejam ofertados 
2.500 imóveis, dos quais sejam vendidos Y imóveis nesse mesmo ano, 
nesse caso, se a probabilidade de um imóvel ofertado em 2008 ser 
vendido no mesmo ano for igual a 0,4, e se Y seguir uma distribuição 
binomial, então a probabilidade de se observar o evento 1.000Y  imóveis 
será inferior a 0,41. 
RESOLUÇÃO: 
 Podemos considerar que a venda de cada um dos n = 2500 imóveis 
é um evento (ou tentativa), sendo que Y é o número de sucessos (vendas 
efetivadas) e 2500-Y é o número de fracassos (vendas não efetivadas). A 
chance de sucesso em cada tentativa é p = 0,4. Assim, 
E(Y) = n x p = 2500 x 0,4 = 1000 
 
 Assim, em média serão vendidos 1000 imóveis no ano. Como essa 
distribuição é praticamente simétrica, podemos dizer que cerca de 50% 
dos resultados possíveis é superior a esta média, e cerca de 50% é 
inferior. Isto é, 
( 1.000) 0,50P Y   
 Este valor é superior a 0,41, portanto o item está ERRADO. 
Resposta: E 
 
32. CESPE – TJ-ES – 2011) Com o propósito de estimar o valor do 
número  um estudante efetuará o seguinte experimento computacional: 
 
1. gerará uma amostra aleatória simples de n coordenadas, (Xi, Yi), i = 
1, …, n, em que Xi e Yi são independentes e têm distribuição uniforme 
contínua no intervalo (0, L), L > 0; 
2. contará o número D n desses pontos que estão no interior da 
circunferência de raio r = L/2 e centro no ponto (L/2, L/2). 
 
Em relação ao experimento descrito, julgue os itens subsequentes. 
 
O número D segue uma distribuição binomial. 
 
RESOLUÇÃO: 
 Apesar da redação aparentemente complicada, o experimento do 
estudante consiste em marcar em um gráfico n pontos do tipo (Xi, Yi) de 
modo que os valores possíveis de Xi estão entre 0 e L, e os valores 
possíveis de Yi também estão entre 0 e L. Deste modo, os pontos poderão 
ir de (0, 0) até (L, L). Seria algo assim: 
 
 Após isso, o estudante desenhará a circunferência com raio L/2 e 
com centro no ponto (L/2, L/2), tendo o seguinte desenho: 
 
 O número D é a quantidade de pontos que caem dentro do círculo. 
Assim, é possível calcular a probabilidade p de um ponto colocado 
aleatoriamente dentro do quadrado (de lado L) estar também dentro do 
círculo. Esta probabilidade é dada pela razão entre as áreas do círculo e 
do quadrado. 
 Mas o que é pedido é simplesmente que você identifique que este é 
um evento binomial. Isto porque temos “n” tentativas (os n pontos 
marcados aleatoriamente), para as quais só há dois resultados possíveis: 
sucesso (estar dentro do círculo) ou fracasso (estar fora do círculo). E 
existe uma probabilidade p para este sucesso ocorrer. Deste modo, 
podemos dizer que o número de pontos que caem dentro do círculo (D) é 
, sim, uma distribuição binomial. 
Resposta: C 
 
33. CESPE – ABIN – 2010) Considere a seguinte situação hipotética. 
De uma urna que contém 15 bolas brancas e 1 bola vermelha serão 
retiradas aleatoriamente 12 bolas. Em cada retirada, será observada a cor 
da bola selecionada. Se branca, a bola não será devolvida à urna; se 
vermelha, a bola será devolvida à urna. Ao final do processo, será 
registrado o número X de vezes que a bola vermelha foi observada nessas 
doze retiradas. 
Em face dessa situação, é correto afirmar que X é uma variável aleatória 
com distribuição binomial com n = 12. 
RESOLUÇÃO: 
 Para uma distribuição ser considerada binomial, a chance de 
sucesso em cada tentativa (no caso, em cada retirada de bola) deve ser a 
mesma, que simbolizamos por “p”. No início, existem 15 brancas e 1 
vermelha, de modo que a chance de retirar a vermelha é de 1 em 16. 
Entretanto, ao retirar uma bola branca e não repô-la, a chance de pegar 
uma bola vermelha passa a ser de 1 em 15. E assim sucessivamente. Isto 
é, a probabilidade de sucesso vai sendo alterada à medida que as bolas 
brancas são retiradas. Assim, NÃO temos uma distribuição binomial. Item 
ERRADO. 
Resposta: E 
 
34. CESPE – TRT-17ª – 2009) Considere que Y seja uma variável 
aleatória de Bernoulli com parâmetro p, em que p é a probabilidade de 
uma ação judicial trabalhista ser julgada improcedente. De uma amostra 
aleatória simples de 1.600 ações judiciais trabalhistas, uma seguradora 
observou que, em média, 20% dessas ações foram julgadas 
improcedentes. Com base nessa situação hipotética, julgue os próximos 
itens. 
 
( ) A distribuição amostral do número de ações judiciais trabalhistas 
julgadas improcedentes segue uma distribuição binomial. 
RESOLUÇÃO: 
Veja que temos n = 1600 tentativas. Aqui o “sucesso” é a ação ser 
julgada improcedente, afinal é essa a distribuição que o enunciado 
propôs. Temos que a probabilidade de sucesso é p = 20%. Portanto, 
temos uma distribuição binomial com parâmetros n = 1600 e p = 20%. 
Item CORRETO. 
Resposta: C 
 
35. ESAF – AFRFB – 2012) O Sr. Ramoile, professor de Estatística 
aposentado, vem há muito tempo acompanhando os dados sobre custos e 
faturamento do restaurante de sua filha Cecília. O restaurante funciona 
todos os dias da semana e o Sr. Ramoile concluiu que: o custo diário do 
restaurante segue uma distribuição normal, com média igual a R$ 500,00 
e desvio-padrão igual a R$ 10,00 e que o faturamento diário, também, 
apresenta uma distribuição normal, com média R$ 800 e desvio-padrão 
R$ 20. Como o Sr. Ramoile conhece muito bem os princípios básicos da 
estatística, ele sabe que, se uma variável Z seguir uma distribuição 
normal padrão, então Z tem média 0 e variância 1. Ele também sabe que 
a probabilidade dessa variável Z assumir valores no intervalo entre 0 < Z 
< 2 ふ ou seja, entre a média 0 e 2 desvios-padrão ふ é, 
aproximadamente, igual a 0,4772. Cecília, muito preocupada com o 
futuro de seu restaurante, perguntou a seu pai se ele poderia verificar a 
probabilidade de, em um dia qualquer, o custo ser maior do que R$ 
520,00 e o faturamente ficar no intervalo entre R$ 760,00 e R$ 
840,00. Após alguns minutos, o Sr. Ramoile disse, acertadamente, que as 
respectivas probabilidades são, em termos percentuais, iguais a 
a) 2,28; 95,44. 
b) 52,28; 95,44. 
c) 2,28; 98,69. 
d) 98,69; 95,44. 
e) 98,65; 2,28. 
RESOLUÇÃO: 
 O custo tem média 500X  e desvio-padrão 10X  . Deste modo, 
podemos escrever a transformação Z: 
500
10
XZ  
 
 Para X = 520 reais, temos: 
520 500 2
10
Z   
 
 Assim, a probabilidade de X > 520 reais é a mesma probabilidade 
de Z > 2. Foi dito que P(0<Z<2) = 0,4772. Sabemos também que P(Z>0) 
= 0,50. Logo, podemos dizer que P(Z>2) = 0,50 – 0,4772 = 0,0228. Ou 
seja, a probabilidade do custo ser superior a 520 reais é de 2,28%. 
 Quanto ao faturamento, temos média 800X  e desvio-padrão 
20X  . Deste modo, podemos escrever a transformação Z: 
800
20
XZ  
 
 Para X = 760 reais e 840 reais, temos, respectivamente: 
1
760 800 2
20
Z    
2
840 800 2
20
Z   
 
 Assim, a probabilidade de que o custo esteja entre 760 e 840 é 
igual à P(-2<Z<2). Como P(0<Z<2) = 0,4772, podemos dizer 
também que P(-2<Z<0) tem este mesmo valor, devido à simetria da 
curva normal. Deste modo, 
P(-2<Z<2) = 2 x 0,4772 = 0,9544 
 
 Assim, a probabilidade de o faturamento estar entre 760 e 840 
reais é de 95,44%. Com isso, chegamos à alternativa A 
Resposta: A 
 
36. ESAF – ATRFB – 2012)A variância da amostra formada pelos 
valores 2, 3, 1, 4, 5 e 3 é igual a 
a) 3. 
b) 2. 
c) 1. 
d) 4. 
e) 5. 
RESOLUÇÃO: 
 Apesar de já havermos passado por este assunto em aulas 
anteriores, trago aqui esta questão devido ao fato de esta prova ser 
bastante recente. 
 Uma forma de calcular a variância populacional é: 
2
2
1 12
1n n
i i
i i
X X
n
n
  
   
 
 
 
 
 Como estamos tratando de uma amostra, podemos dizer que a 
variância amostral pode ser dada por: 
2
2
1 12
1
1
n n
i i
i i
X X
ns
n
 
   
 

 
 
 
 Veja ainda que, para esta amostra: 
2
1
n
i
i
X

 = 22 + 32 + 12 + 42 + 52 + 32 = 64 
1
n
i
i
X

 = 2 + 3 + 1 + 4 + 5 + 3 = 18 
n = 6 
 
 Assim, 
 2
2
164 18
6 2
6 1
s

 

 
Resposta: B 
 
37. ESAF – MI – 2012) Seja X uma Variável Aleatória Binomial com 
parâmetros n e p. Sendo Cn,k o número de combinações de n elementos 
tomados k a k, obtenha a expressão de P(X = k). 
a) Cn,n-k p(1-p)n-k 
b) Cn,k pn-k(1-p)k 
c) Cn,k pk(1-p)n-k 
d) Cn,k p(1-p)k-1 
e) Cn,n-k pn-k(1-p)k 
RESOLUÇÃO: 
 Para obter sucesso em cada tentativa, a probabilidade é p. E para 
obter fracasso, a probabilidade é 1 – p. Assim, para ter sucesso 
exatamente nas “k” primeiras tentativas, a probabilidade é pk, e para 
obter insucesso nas demais (n – k) tentativas, a probabilidade é (1 – p)n – 
k. 
Até aqui, temos que a probabilidade de sucesso nas “k” primeiras 
tentativas e de insucesso nas demais é dado por: 
pk x (1 – p)n – k 
 
 Sabemos, entretanto, que não é preciso que exatamente as “k” 
primeiras tentativas sejam os sucessos. Basta que uma combinação de k, 
dentre as n tentativas, seja de sucesso. Assim, podemos multiplicar o 
resultado anterior pela combinação de n tentativas, k a k, chegando à 
expressão: 
Cn,k x pk x (1 – p)n – k 
 
 Temos esta expressão na alternativa C. Veja que esta é exatamente 
a fórmula que vimos ao estudar a binomial: 
( , , ) (1 )k n k
n
P k n p p p
k
     
 
 
Resposta: C 
 
38. ESAF – MI – 2012) Seja X uma variável aleatória contínua com 
função densidade de probabilidade constante no intervalo [0,2]. 
Determine sua variância. 
a) 1/3 
b) 1/2 
c) 2/3 
d) 5/7 
e) 5/6 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que temos uma distribuição uniforme (“constante”) em um 
intervalo cujo valor mínimo é 0 e o valor máximo é 2. 
 Assim, sua variância é: 
2( )( )
12
Máx MínVar X  

 
2(2 0) 1( )
12 3
Var X 
Resposta: A 
 
39. ESAF – MI – 2012) Se X for a soma dos quadrados de n variáveis 
aleatórias N(0,1) independentes, então X é uma variável 
a) F com 1 grau de liberdade no numerador e n graus de liberdade no 
denominador. 
b) T2 de Hotelling com n-1 graus de liberdade. 
c) “t” de Student com n-1 graus de liberdade. 
d) Lognormal. 
e) Qui quadrado com n graus de liberdade. 
RESOLUÇÃO: 
Vimos que uma variável aleatória qui-quadrado (designada por 2 ) 
é formada pela soma dos quadrados de outras variáveis aleatórias com 
distribuição normal: 
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 ... nn x x x x x       
 
 Como a variável X do enunciado é dada pela soma dos quadrados 
de n variáveis aleatórias com distribuição normal padrão, isto é, N(0,1), 
dizemos que ela possui distribuição qui-quadrado com n graus de 
liberdade. 
Resposta: E 
 
ATENÇÃO: para resolver as questões da prova FCC – ISS/SP – 2012, 
utilize as informações a seguir: 
Se Z tem uma distribuição normal padrão, então: 
P(Z < 0,84) = 0,80; P(Z< 1,5) = 0,933; P(Z< 1,96) = 0,975 ; P(Z< 
2,5) = 0,994. 
 
40. FCC – ISS/SP – 2012) Seja X a variável aleatória que representa o 
comprimento de uma peça. Sabe-se que X tem distribuição normal com 
média 10cm e desvio padrão de 2cm. As peças são classificadas pelo 
tamanho de acordo com a tabela abaixo: 
 
Três peças são selecionadas aleatoriamente e com reposição da 
distribuição de X. A probabilidade de pelo menos uma ser pequena é: 
a) 0,512 
b) 0,488 
c) 0,474 
d) 0,456 
e) 0,412 
RESOLUÇÃO: 
 Efetuando a padronização Z, temos: 
Z = (8,32 – 10) /2 = -0,84 
 
 Portanto, a probabilidade de uma peça ter menos de 8,32cm, ou 
seja, P(X<8,32) é igual à probabilidade de Z ser inferior a -0,84, ou seja, 
P(Z<-0,84). Veja que foi fornecido que P(Z<0,84) = 0,80. Isto nos 
permite verificar que: 
P(Z>0,84) = 1 – P(Z<0,84) = 1 – 0,80 = 0,20 
 
 Como a normal é simétrica, sabemos que P(Z>0,84) = P(Z<-0,84). 
Assim: 
P(X<8,32) = P(Z<-0,84) = 0,20 
 
 Assim, a probabilide de obter uma peça “pequena” é de 0,20, ou 
20%. E a probabilidade de uma peça não ser “pequena” é de 80%. Já a 
probabilidade de, ao pegar 3 peças (com reposição), pelo menos uma ser 
pequena, é: 
P (ao menos uma pequena) = 1 – P (todas “não pequenas”) 
P (ao menos uma pequena) = 1 – 0,8 x 0,8 x 0,8 = 0,488 
Resposta: B 
 
41. FCC – ISS/SP – 2007) Para responder essa questão utilize, dentre 
as informações abaixo, as que julgar adequadas. Se │ tem distribuição 
normal padrão, então: 
P(0< │ < 1) = 0,341 , P(0< │ < 1,6) = 0,445 , P(0< │ < 2) = 0,477 
 
Uma variável aleatória X tem distribuição normal com média ┢ e 
desvio padrão 100. O tamanho da amostra para que a diferença, em valor 
absoluto, entre a média amostral e ┢ seja menor do que 2, com 
coeficiente de confiança de 89%, é 
(A) 1.000 
(B) 2.200 
(C) 2.800 
(D) 3.600 
(E) 6.400 
RESOLUÇÃO: 
 Considerando a população infinita (pois não temos indicação do 
tamanho “N” da mesma) e que a variável aleatória é intervalar (afinal 
temos um desvio padrão para a mesma), devemos usar a fórmula: 
2Zn
d
   
 
 
 Observe que se P(0<Z<1,6) = 0,445, então P(-1,6<Z<1,6) = 
2x0,445 = 0,89. Portanto, para termos 89% de confiança, devemos usar 
Z = 1,6. 
 Foi dito que o desvio padrão é 100  , e que a diferença entre a 
média amostral e a média populacional deve ser no máximo d = 2. 
Assim: 
2 21,6 100 6400
2
Zn
d
         
   
 
Resposta: E 
 
42. DOM CINTRA – Pref. Itaboraí – 2012) Na determinação de um 
intervalo de 95% de confiança para a média da população, sabendo-se 
que o desvio padrão populacional é 2 e desejando-se um erro de 
amostragem 0,5, a amostra a ser retirada deve ser do seguinte tamanho: 
A) 52 
B) 55 
C) 62 
D) 60 
E) 65 
RESOLUÇÃO: 
 Para termos 95% de confiança, sabemos que é preciso utilizar Z = 
1,96 (basta verificar na curva normal o valor de /2Z para 5%  ). Como 
foi dito que 2  e que o erro máximo tolerado é d = 0,5, temos: 
22 1,96 2 61,46
0,5
Zn
d
        
   
 
 O primeiro número inteiro acima de 61,64 é o 62, portanto este 
deve ser o tamanho da amostra. 
Resposta: C 
 
43. DOM CINTRA – Pref. Itaboraí – 2012) Para determinar o tamanho 
da amostra a ser retirada de uma população quando se deseja estimar 
uma determinada proporção, o melhor valor para p é: 
A) 0,00 
B) 0,25 
C) 0,50 
D) 0,75 
E) 1,00 
RESOLUÇÃO: 
 Ao estudar amostragem vimos que o fator “p” é a proporção 
estimada de um determinado atributo em uma população. Normalmente 
obtemos o valor de p a partir de estudos anteriores, artigos científicos, 
etc. Com o valor de p definido (bem como os valores de Z e d), a fórmula 
abaixo nos dá o tamanho de amostra necessário: 
2
2
Z p qn
d
 
 
Quando não temos uma estimativa confiável, o ideal é ser prudente 
e analisar a amostra com o maior tamanho. Como vimos, para que o 
valor de “n” seja máximo, na fórmula acima, é preciso utilizar p = 0,5 
(para o mesmo intervalo de confiança – Z – e erro máximo tolerado – d). 
Resposta: C 
 
44. FCC – TRE/SP – 2012) Suponha que o número de eleitores que 
chegam a uma seção de uma Zona Eleitoral no dia de uma determinada 
eleição, siga a uma distribuição de Poisson com uma média de chegada 
de 30 eleitores por meia hora. A probabilidade de que cheguem menos de 
3 eleitores em 5 minutos é 
(A) 12,5 e−5 
(B) 12,5 e−6 
(C) 18,5 e−5 
(D) 17,5 e−5 
(E) 17,5 e−6 
RESOLUÇÃO: 
 Em média chegam 30 eleitores acada 30 minutos (meia hora), ou 
seja, 1 eleitor a cada minuto. Assim, nos 5 minutos sob análise é 
esperado que o número de ocorrências (chegadas) seja  = 5 eleitores. A 
função de probabilidade é dada pela fórmula: 
( ; )
!
kef k
k
 
 
 
 

5 5( ;5)
!
kef k
k 
 
 
 A probabilidade de chegada de menos de 3 eleitores é dada pela 
soma das probabilidades de chegada de 0, 1 e 2 eleitores (k = 0, k = 1 e 
k = 2). Isto é: 
 
P(k < 3) = f(0; 5) + f(1; 5) + f(2; 5) 
 
    
   
5 0 5 1 5 25 5 5( 3)
0! 1! 2!
e e eP k 

    
5
5 5 25( 3) 5
2
eP k e e 
   5 5( 3) 6 12,5P k e e 
  5( 3) 18,5P k e 
Resposta: C 
 
45. CEPERJ – SEPLAG/RJ – 2012) Um analista sabe que, para os 
processos de dotação orçamentária de uma determinada prefeitura, a 
probabilidade de encontrar alguma irregularidade é de 20%. Presumindo 
que esses processos são independentes entre si, a probabilidade de que, 
numa amostra de dez, no máximo dois processos apresentem alguma 
irregularidade será de: 
 
RESOLUÇÃO: 
 A fórmula da distribuição binomial aplica-se bem a este exercício. 
Esta distribuição estatística é aquela relativa a eventos que podem ter 
apenas 2 resultados: sucesso ou fracasso. Neste caso, podemos dizer que 
“sucesso” é representado pelo processo estar regular, enquanto 
“fracasso” é representado pelo processo ter irregularidades. A 
probabilidade de fracasso em um dado processo, como temos no 
enunciado, é q = 20% = 0,2. Logo, a probabilidade de sucesso é p = 80% 
= 0,8. 
 Deste modo, ao retirar n = 10 processos, a probabilidade de termos 
exatamente 2 fracassos, ou seja, k = 8 sucessos, é dada por: 
( , , ) (1 )k n k
n
P k n p p p
k
     
 
 
8 10 810(8,10,80%) 0,8 (1 0,8)
8
P      
 
 
8 210 9(8,10,80%) 0,8 (0, 2)
2 1
P   

 
8 2(8,10,80%) 45 0,8 (0,2)P    
8(8,10,80%) 1,8 0,8P  
 
 
 Como o enunciado pede a probabilidade de que “no máximo dois 
processos apresentem alguma irregularidade”, devemos ver os casos de 2 
irregularidades (visto acima), 1 irregularidade ou 0 irregularidades. Para 
exatamente 1 irregularidade, isto é, k = 9 sucessos, temos: 
( , , ) (1 )k n k
n
P k n p p p
k
     
 
 
9 10 910(9,10,80%) 0,8 (1 0,8)
9
P      
 
 
9(9,10,80%) 10 0,8 0,2P    
9(9,10,80%) 2 0,8P   
 
 Para 0 irregularidades, isto é, k = 10 sucessos, temos: 
10 10 1010(10,10,80%) 0,8 (1 0,8)
10
P      
 
 
10(10,10,80%) (0,8)P  
 
 Somando as probabilidades de 0 ou 1 ou 2 irregularidades, temos: 
 
Prob. (no máximo 2 fracassos) = Prob. (0 fracassos) + Prob.(1 fracasso) 
+ Prob.(2 fracassos) 
10 9 8Prob.(no máximo 2 fracassos)=(0,8) 2 0,8 1,8 0,8    
2 8 8 8Prob.(no máximo 2 fracassos)=(0,8) 0,8 2 0,8 0,8 1,8 0,8      
8 8 8Prob.(no máximo 2 fracassos)=0,64 0,8 1,6 0,8 1,8 0,8     
8Prob.(no máximo 2 fracassos)=4,04 0,8 
Resposta: D 
 
46. CEPERJ – SEE/RJ – 2009) Sabendo que a variável aleatória X tem 
distribuição binomial de parâmetros n = 20 e p = 0,4, a média e a 
variância de X serão, respectivamente: 
a) 8 e 4,8 
b) 8 e 3,2 
c) 4 e 2,4 
d) 8 e 2,4 
e) 4 e 4,8 
RESOLUÇÃO: 
 Numa distribuição binomial, a média é: 
E(X) = n.p = 20 x 0,4 = 8 
 Já a variância é dada por: 
var( ) . .(1 )X n p p  
var( ) 20 0,4 (1 0,4) 4,8X      
Resposta: A. 
 
47. CEPERJ – SEE/RJ – 2009) Numa escola, têm-se as seguintes 
informações sobre os salários de dois professores: 
 
Baseando-se nos dados acima, a média e o desvio-padrão para os salários 
da escola serão, respectivamente, de: 
a) 500 e 100 
b)1000 e 200 
c) 1000 e 100 
d) 1150 e 100 
e) 1150 e 200 
RESOLUÇÃO: 
 A padronização da curva normal é dada pela seguinte fórmula: 
XZ 


 
 O enunciado nos disse que, para x = 1400, z = 2. E para x = 900, Z 
= -0,5. Colocando na fórmula acima, podemos obter duas relações entre 
a média ( ) e o desvio-padrão ( ): 
14002
2 1400


 


 
 
e 
9000,5
0,5 900


 

 
  
 
 Isolando  em 2 1400   , temos: 
1400 2   
 Substituindo, na equação 0,5 900    , temos: 
0,5 900    
0,5 900 (1400 2 )     
2,5 900 1400
500 / 2,5 200


  
  
 Sabendo o valor de  , fica fácil obter a média: 
1400 2 1400 2 200 1000       
Resposta: B. 
 
48. CEPERJ – SEPLAG/RJ – 2012) Numa distribuição normal, 20% dos 
elementos são menores do que 176, e 15% são maiores do que 364. 
Considere que P(Z < 1,04) = 0,85 e P(Z < –0,84) = 0,20. A média  e o 
desvio padrão são, respectivamente: 
A)  = 300 e  = 80 
B)  = 280 e  = 83,2 
C)  = 270 e  = 83,2 
D)  = 264 e  = 100 
E)  = 260 e  = 100 
RESOLUÇÃO: 
 Seja X a variável aleatória em questão. Foi dito que 20% dos 
valores de X são menores do que 176, ou seja, a probabilidade de X ser 
menor que 176 é de 20%: 
P(X < 176) = 20% = 0,20 
 
 Como foi dito que P(Z < -0,84) = 0,20, podemos concluir que X = 
176 é correspondente a Z = -0,84. 
 
 Da mesma forma, P(X > 364) = 15% = 0,15. Logo, P(X < 364) = 
0,85. Como foi dito que P(Z < 1,04) = 0,85, vemos que X = 364 
corresponde a Z = 1,04. 
 
 Com as duas correspondências acima, podemos utilizar a fórmula 
da padronização Z para escrever: 
XZ 


 
1760,84 


   
176
0,84
 

 
3641,04 


 
364
1,04
  
 
 Logo, 
176 364
0,84 1,04
  


 
183,04 1,04 305,76 0,84     
260  
364 260 100
1,04
   
Resposta: E 
 
49. CEPERJ – SEFAZ/RJ – 2011) Um colégio irá oferecer, no ano 
seguinte, bolsa de estudos integral para 4% dos alunos que obtiverem as 
melhores notas finais na 2ª série do Ensino Médio. Sabendo que as notas 
dos alunos dessa turma têm distribuição normal com média igual a 64 e 
variância de 256, e que P(0 < z < 1,75) = 0,46, onde z é a variável 
normal padronizada, a nota final mínima que um aluno deverá ter para 
fazer jus à bolsa de estudos integral será de: 
A) 92 
B) 90 
C) 85 
D) 80 
E) 78 
RESOLUÇÃO: 
 Como P(0<Z<1,75) = 0,46, então P(Z>1,75) = 0,04 = 4%. 
Portanto, Z = 1,75 corresponde ao valor X da nota que procuramos. 
Como a média de X é 64 e a variância é 256 (de modo que o desvio 
padrão é 16), então: 
XZ 


 
641,75
16
X 
 
92X  
Resposta: A 
 
50. FGV – ICMS/RJ – 2011) Assuma que uma distribuição de Bernoulli 
tenha dois possíveis resultados n=0 e n=1, no qual n=1 (sucesso) ocorre 
com probabilidade p, e n=0 (falha) ocorre com probabilidade q－1–p. 
Sendo 0<p<1, a função densidade de probabilidade é 
 
RESOLUÇÃO: 
 A função de densidade de probabilidade deve nos dar, para cada 
valor de n, o valor de sua probabilidade. Sabemos que, na distribuição de 
Bernoulli, 
P(n = 1) = p 
e 
P(n = 0) = (1 – p) 
 
 Veja que a equação da alternativa A nos dá exatamente esses dois 
resultados: 
P(n) = pn x (1 – p)1-n 
 
 Para n = 0 temos: 
P(0) = p0 x (1 – p)1-0 
P(0) = 1 x (1 – p)1 
P(0) = 1 – p 
 
 E para n = 1 temos: 
P(1) = p1 x (1 – p)1-1 
P(1) = p x (1 – p)0 
P(1) = p 
Resposta: A 
 
51. FGV – ICMS/RJ – 2010) Suponha que os salários dos trabalhadores 
numa certa região sejam descritos por uma variável populacional com 
média desconhecida e desvio padrão igual a R$200,00. Para se garantir, 
com 95% de probabilidade, que o valor da média amostral dos salários 
não diferirá do valor da média populacional por mais de R$10,00, a 
amostra aleatória simples deverá ter no mínimo, aproximadamente, o 
seguinte tamanho: 
(A) 3.568. 
(B) 3.402. 
(C) 2.489. 
(D) 2.356. 
(E) 1.537. 
RESOLUÇÃO: 
 Sabemos que, para 95% de probabilidade, temos Z = 1,96. Além 
disso, foi dado o desvio padrão   200 e o erro tolerado d = 10. 
Portanto, o tamanho da amostra deve ser: 
         
   
2 21,96 200 1536,64
10
Zn
d
 
 O primeiro número inteiro acima de 1536,64 é 1537, sendo este o 
tamanho mínimo da amostra. 
Resposta: E52. FGV – ICMS/RJ – 2007) Uma pesquisa recente foi realizada para 
avaliar o percentual da população favorável à eleição de um determinado 
ponto turístico para constar no selo comemorativo de aniversário da 
cidade. Para isso, selecionou-se uma amostra aleatória simples extraída 
de uma população infinita. O resultado apurou 50% de intenção de votos 
para esse ponto turístico. Considerando que a margem de erro foi de 2 
pontos percentuais, para mais ou para menos, e que o nível de confiança 
utilizado foi de 95%, foram ouvidas, aproximadamente: 
(A) 50 pessoas. 
(B) 2.400 pessoas. 
(C) 1.200 pessoas. 
(D) 100 pessoas. 
(E) 4.800 pessoas. 
RESOLUÇÃO: 
 Esta questão trata do tamanho de amostra para uma variável 
nominal (população ser favorável ou não), considerando a população 
infinita. Assim, devemos usar a fórmula: 
2
2
Z p qn
d
 
 
 
 Para 95% de confiança temos Z = 1,96. Foi dado ainda o percentual 
favorável (p = 50%) e o erro tolerado (d = 2%). Lembrando que q = 1 – 
p = 1 – 0,50 = 0,50, temos: 
 
 
2
2
1,96 0,50 0,50 2401
0,02
n pessoas 
Resposta: B 
 
53. FGV – ICMS/RJ – 2009) O número de clientes que buscam, em 
cada dia, os serviços de um renomado cirurgião tem uma distribuição de 
Poisson com média de 2 pacientes por dia. Para cada cirurgia efetuada, o 
cirurgião recebe R$ 10.000,00. No entanto, ele consegue fazer o máximo 
de duas cirurgias em um dia; clientes excedentes são perdidos para 
outros cirurgiões. Assinale a alternativa que indique o valor esperado da 
receita diária do cirurgião. (considere e-2 = 0,14) 
(A) R$ 5.600,00. 
(B) R$ 8.400,00. 
(C) R$ 10.000,00. 
(D) R$ 14.400,00. 
(E) R$ 20.000,00. 
RESOLUÇÃO: 
 Aqui temos   2 , pois é esperado que 2 pacientes compareçam por 
dia. Como o cirurgião pode fazer no máximo 2 cirurgias por dia, devemos 
calcular a probabilidade de comparecimento de k = 1 paciente e a 
probabilidade do comparecimento de 2 ou mais pacientes em um dia. 
Fazemos isso com a fórmula: 
( ; )
!
kef k
k
 
 
 
 
 
 Para k = 1 paciente: 
 

     
2 1
22(1;2) 2 2 0.14 0.28 28%
1!
ef e 
 
 Para encontrar a probabilidade de k = 2 ou mais pacientes, 
podemos começar calculando a probabilidade de k = 0 pacientes: 

   
2 0
22(0;2) 0,14 14%
0!
ef e 
 
Assim, a probabilidade de 2 ou mais pacientes é: 
f(2 ou mais) = 100% – f(1 paciente) – f(0 pacientes) 
f(2 ou mais) = 100% – 14% – 28% = 58% 
 
 Portanto, temos 28% de probabilidade de chegar 1 paciente (e o 
médico ganhar 10.000 reais), e 58% de probabilidade de chegarem 2 ou 
mais pacientes (e o médico ganhar 20.000 reais, pois ele atende no 
máximo 2). Ao todo, o faturamento esperado é: 
E(X) = 28% x 10.000 + 58% x 20.000 = 14400 reais 
Resposta: D 
 
54. FGV – ICMS/RJ – 2009) Para examinar a opinião de uma população 
sobre uma proposta, foi montada uma pesquisa de opinião em que foram 
ouvidas 1680 pessoas, das quais 51,3% se declararam favoráveis à 
proposta. Os analistas responsáveis determinaram que a margem de erro 
desse resultado, em um determinado nível de confiança, era de 2 pontos 
percentuais, para mais ou para menos. Considerando que fosse desejada 
uma margem de erro de 1 ponto percentual, para mais ou para menos, 
no mesmo nível de confiança, assinale a alternativa que indique o número 
de pessoas que deveriam ser ouvidas. 
(A) 840 
(B) 2520 
(C) 3360 
(D) 5040 
(E) 6720 
RESOLUÇÃO: 
 Na pesquisa efetuada temos n = 1680 elementos na amostra, p = 
51,3% de resultados favoráveis, e margem de erro d = 2%. Assim, 
podemos obter o valor de Z: 
2
2
Z p qn
d
 
 
  

2
2
0,513 (1 0,513)1680
0,02
Z 
  

2
2
0,513 (1 0,513)1680
0,02
Z 
2 2,689Z 
 
 Para termos margem de erro d = 1%, vejamos quantos elementos 
precisamos ter na amostra: 
2
2
Z p qn
d
 
 
  
 2
2,689 0,513 (1 0,513)
0,01
n 
 6717,95n pessoas 
 
 Assim, é preciso ouvir aproximadamente 6720 pessoas. 
Resposta: E 
 
55. FCC – SEFAZ/SP – 2013) Sabe-se que em determinado município, 
no ano de 2012, 20% dos domicílios tiveram isenção de determinado 
imposto. Escolhidos, ao acaso e com reposição, quatro domicílios deste 
município a probabilidade de que pelo menos dois tenham tido a referida 
isenção é igual a 
(A) 0,4096 
(B) 0,4368 
(C) 0,1808 
(D) 0,3632 
(E) 0,2120 
RESOLUÇÃO: 
 A probabilidade de que exatamente “k” dos 4 domicílios tenham 
isenção é dada por uma distribuição binomial onde a probabilidade de 
sucesso (ter isenção) é p = 20% e a probabilidade de insucesso (não ter 
isenção) é q = 1 – p = 80%. Assim, a probabilidade de que 2 ou mais 
domicílios sejam isentos é dada pela soma das probabilidades de que 2, 3 
ou 4 domicílios sejam isentos, isto é: 
P(2 ou mais) = P(2) + P(3) + P(4) = 1 – P(0) – P(1) 
 
 É mais fácil obtermos P(0) e P(1): 
0 4 0
4
(0) 0, 20 0,80
0
P 
 
  
 
 
 
4(0) 1 1 0,8 0, 4096P     
 
1 4 1
4
(1) 0, 20 0,80
1
P 
 
  
 
 
 
3(0) 4 0, 2 0,8 0,4096P     
 
 Assim, 
P(2 ou mais) = 1 – P(0) – P(1) = 1 – 0,4096 – 0,4096 
P(2 ou mais) = 0,1808 = 18,08% 
Resposta: C 
 
Atenção: Para resolver à questão a seguir, utilize os valores que julgar 
mais apropriados (observar sempre a melhor aproximação) da 
tábua da distribuição normal padrão. 
Tábua da Distribuição normal padrão. 
 
 
56. FCC – SEFAZ/SP – 2013) Suponha que a variável X represente o 
valor de determinado tributo que é cobrado mensalmente aos 
comerciantes, em um determinado município. Sabe-se que X é uma 
variável aleatória com distribuição normal com média e desvio padrão 
dados, respectivamente, por 800 reais e 200 reais. Os comerciantes 
foram divididos em 3 categorias: baixo faturamento, médio faturamento e 
alto faturamento. Os valores limites das classes de tributo dependem da 
categoria de comerciante, são estabelecidos por probabilidades da 
variável X e 
estão apresentados na tabela abaixo: 
 
Os valores de A e B, em reais, são dados, respectivamente, por 
(A) 632 e 1056 
(B) 520 e 1100 
(C) 632 e 1156 
(D) 412 e 1050 
(E) 696 e 1056 
RESOLUÇÃO: 
 O valor A é tal que P(X A) = 0,20. Podemos obter o valor Z 
correspondente na distribuição normal padrão buscando um valor ZA tal 
que P(Z  ZA) = 0,20. Na tabela fornecida, repare que P(Z>0,84) = 
0,2005. Pela simetria da normal, podemos dizer que P(Z<-0,84) = 
0,2005. 
 Portanto, podemos dizer que A corresponde, aproximadamente, a Z 
= -0,84. Utilizando a fórmula da transformação Z: 
XZ 


 
8000,84
200
A
  
A = 632 reais 
 
 Da mesma forma, B é tal que P(X  B) = 0,10. Na tabela fornecida, 
vemos que P(Z>1,28) = 0,1003. Assim, B corresponde, na tabela normal, 
a Z = 1,28. Logo: 
XZ 


 
8001,28
200
B 
 
B = 1056 reais 
Resposta: A 
 
57. FEPESE – SEF/SC – 2010) Uma variável aleatória X segue uma 
distribuição binomial com os seguintes parâmetros: número de ensaios = 
100; probabilidade de sucesso em cada ensaio = 0,2. E acordo com essas 
informações, qual é o valor esperado de X? 
a) 0,2 
b) 0,8 
c) 20 
d) 80 
e) 100 
RESOLUÇÃO: 
 Na distribuição binomial, sabemos que o valor esperado é dado por: 
E(X) = n . p 
E(X) = 100 . 0,2 
E(X) = 20 
RESPOSTA: C 
 
58. CESGRANRIO – IBGE – 2014) Um atleta de arco e flecha tem 
probabilidade de 90% de acertar um específico alvo. Se esse atleta 
executa 40 lançamentos independentes, quais são, respectivamente, o 
número de erros esperado e a variância de erros? 
(A) 3,6 ; 3,6 
(B) 3,6 ; 36 
(C) 4 ; 3,6 
(D) 4 ; 36 
(E) 36 ; 3,6 
RESOLUÇÃO: 
 Estamos diante de uma distribuição binomial onde temos n = 40 
tentativas, sendo que cada tentativa tem p = 90% de chance de sucesso. 
O número esperado de acertos é: 
E(X) = n.p = 40 x 90% = 36 
 
 Logo, o número esperado de erros é 40 - 36 = 4. A variância dos 
erros pode ser calculada considerando que a chance de erro é p = 10%: 
Var(Erro) = n x p x (1 - p) 
Var(Erro)= 40 x 10% x 90% = 3,6 
RESPOSTA: C 
 
59. CESGRANRIO – PETROBRAS – 2014) O caixa de um banco, nos 
horários de pico, recebe, em média, 3 clientes a cada minuto. A chegada 
dos clientes, nesses horários, obedece a uma distribuição de Poisson. 
Assim, a probabilidade para 
Dado: e-3 = 0,049 
(A) não receber clientes é menor do que 1%. 
(B) receber um cliente é maior do que 18%. 
(C) receber dois clientes é menor do que 20%. 
(D) receber até dois clientes (inclusive) é menor do que 60%. 
(E) receber até três clientes (inclusive) é maior do que 90%. 
RESOLUÇÃO: 
 O número de clientes esperados em 1 minuto é igual a 3, portanto 
 = 3. Na fórmula da distribuição Poisson: 
( ; )
!
kef k
k
 
 
 
 

3 3( ;3)
!
kef k
k 
 Assim, a probabilidade de k = 0 cliente é: 
 
     
3 0 3
33 1(0;3) 0,049 4,9%
0! 1
e ef e 
 
 A probabilidade de k = 1 cliente é: 
  
    
3 1 33 3(1;3) 3.0,049 0,147 14,7%
1! 1
e ef 
 
 
61. CESGRANRIO – IBGE – 2014) Se uma variável aleatória X tem 
distribuição normal com média µ = 160 e desvio padrão  , qual o valor 
de  de forma que X esteja compreendida entre 120 e 200, com 
probabilidade igual a 0,97? 
(A) 19,32 
(B) 18,43 
(C) 17,62 
(D) 16,88 
(E) 15,19 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que temos um intervalo (120 a 200) em torno da média (160), 
tal que 120 = 160 – 40, e 200 = 160 + 40. Se queremos que 97% dos 
valores dessa distribuição estejam neste intervalo, é preciso que 3% dos 
valores estejam fora deste intervalo. Isto é, é preciso termos 1,5% de 
probabilidade de os valores serem superiores a 200, e 1,5% de 
probabilidade de os valores serem inferiores a 120. 
 Na tabela da distribuição normal padrão, podemos encontrar o valor 
Zc tal que P(Z>Zc) = 1,5%. Isto é o mesmo que: P(0<Z<Zc) = 50% - 
1,5% = 48,5% = 0,485. 
 Veja que isso ocorre para Zc = 2,17: 
 
 
 
40 18,43
2,17
  

 
RESPOSTA: B 
 
ATENÇÃO: use a tabela abaixo quando necessário. 
 
0,977 – 0,885 = 
0,092 = 
9,2% 
RESPOSTA: E 
 
65. FCC – SEFAZ/PI – 2015) Instruções: Se Z tem distribuição normal 
padrão, então: 
P(Z < 0,4) = 0,655; P(Z < 1,2) = 0,885; P(Z < 1,6) = 0,945; P(Z < 1,8) 
= 0,964; P(Z < 2) = 0,977. 
Atenção: 
O efeito do medicamento A é o de baixar a pressão arterial de indivíduos 
hipertensos. O tempo, em minutos, decorrido entre a tomada do remédio 
e a diminuição da pressão é uma variável aleatória X com distribuição 
normal, tendo média µ e desvio padrão  . 
Uma amostra aleatória de n indivíduos hipertensos foi selecionada com o 
objetivo de se estimar µ. Supondo que o valor de  é 10 min, o valor de 
n para que o estimador não se afaste de µ por mais do que 2 min, com 
probabilidade de 89%, é igual a 
(A) 49 
(B) 64 
(C) 36 
(D) 100 
(E) 81 
RESOLUÇÃO: 
Queremos encontrar um valor Z0 tal que P(-Z0 < Z < Z0) = 89%. 
Ou seja, devemos retirar 11% da curva normal, ou melhor, 5,5% de cada 
lado. Assim, precisamos de um Z0 tal que P(Z<Z0) = 100% - 5,5% = 
94,5% = 0,945. Foi fornecido o valor P(Z<1,6) = 0,945. Logo, temos Z0 
= 1,6. 
 Assim, com o erro aceitável d = 2 minutos, e o desvio padrão de 10 
minutos, temos: 
2 2. 1,6.10 64
2
Zn
d
        
   
 
RESPOSTA: B 
 
66. FCC – SEFAZ/PI – 2015) Instruções: Se Z tem distribuição normal 
padrão, então: 
P(Z < 0,4) = 0,655; P(Z < 1,2) = 0,885; P(Z < 1,6) = 0,945; P(Z < 1,8) 
= 0,964; P(Z < 2) = 0,977. 
Atenção: 
O efeito do medicamento A é o de baixar a pressão arterial de indivíduos 
hipertensos. O tempo, em minutos, decorrido entre a tomada do remédio 
e a diminuição da pressão é uma variável aleatória X com distribuição 
normal, tendo média µ e desvio padrão  . 
Se o valor de µ é de 56 min e o valor de  é de 10 min, a probabilidade 
de X estar compreendido entre 52 min e 74 min é igual a 
(A) 30,9% 
(B) 56,0% 
(C) 61,9% 
(D) 52,4% 
(E) 64,5% 
RESOLUÇÃO: 
Temos: 
Z1 = (52 – 56) / 10 = -0,4 
Z2 = (74 – 56) / 10 = 1,8 
 
 Portanto, 
P(52min < X < 74min) = 
P(-0,4 < Z < 1,8) = 
P(Z<1,8) – P(Z<-0,4) 
 
 Veja que P(Z<1,8) = 0,964, como foi fornecido. E também veja que 
P(Z<0,4) = 0,655, de modo que P(Z>0,4) = 1 – 0,655 = 0,345. Pela 
simetria da curva normal, P(Z<-0,4) = P(Z>0,4) = 0,345. Logo, 
P(Z<1,8) – P(Z<-0,4) = 
0,964 – 0,345 = 
0,619 = 
61,9% 
RESPOSTA: C 
 
67. FCC – SEFAZ/PI – 2015) Um relatório, redigido por um auditor de 
um órgão público, tem 2 capítulos com 40 páginas cada. Esse relatório 
apresenta uma média de 1 erro ortográfico a cada 10 páginas. Considere 
que: 
I. a variável X que representa o número de erros por página tem 
distribuição de Poisson com média 0,1; 
II. existe independência entre os eventos número de erros ortográficos do 
capítulo 1 e número de erros ortográficos do capítulo 2. 
Nessas condições, a probabilidade de que pelo menos um dos capítulos 
possua no máximo um erro ortográfico é igual a 
 Dados: e-0,1 = 0,905 
 e-2 = 0,135 
 e-4 = 0,018 
(A) 0,1800 
(B) 0,1815 
(C) 0,0180 
(D) 0,1719 
(E) 0.0164 
RESOLUÇÃO: 
Como temos uma média de 1 erro a cada 10 páginas, em 40 
páginas é esperado obter 4 erros, ou seja, 4  . Na distribuição Poisson, 
.( )
!
kef k
k
 
 
 
 Assim, as probabilidades de obter 0 erros ou 1 erro em um capítulo 
são: 
4 0
4.4(0) 0,018
0!
ef e

   
4 1
4.4(1) 4 4 0,018 0,072
1!
ef e

     
 
 Para que "pelo menos um dos capítulos possua no máximo um erro 
ortográfico", basta que um dos capítulos possua 0 erro ou 1 erro, ainda 
que o outro tenha mais erros. Assim podemos somar as probabilidades 
de encontrar um ou nenhum erro em cada capítulo, mas devemos 
subtrair aqueles casos onde temos nenhum erro nos dois capítulos ou 
apenas um erro nos dois capítulos: 
 
Probabilidade = P(0 erro no cap. 1) + P(1 erro no cap. 1) + P(0 erro no 
cap. 2) + P(1 erro no cap. 2) - P(0 erro nos dois cap.) - P(1 erro nos dois 
cap.) - P(0 erro no primeiro e 1 erro no segundo) - P(1 erro no primeiro e 
0 erro no segundo) 
 
Probabilidade = 0,018 + 0,072 + 0,018 + 0,072 - 0,072x0,072 - 
0,018x0,018 - 0,018x0,072 - 0,072x0,018 
 
Probabilidade = 0,1719 
RESPOSTA: D 
 
Instruções: Para resolver às próximas questões utilize, dentre as 
informações dadas a seguir, as que julgar apropriadas. 
Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
P(Z < 0,5) = 0,691; P(Z < 1) = 0,841; P(Z < 1,2) = 0,885; P(Z < 1,28) 
= 0,90. 
 
68. FCC – SEFAZ/PI – 2015) Suponha que a nota em conhecimentos 
gerais dos indivíduos que prestaram um determinado concurso público 
tenha distribuição normal com média 5 e desvio padrão 1,5. Suponha, 
ainda, que foram selecionados, ao acaso e com reposição, 4 indivíduos 
que prestaram o referido concurso. Nessas condições, a probabilidade de 
que exatamente 2 indivíduos dessa amostra tenham obtido nota maior do 
que 6,92 é igual a 
(A) 4,86% 
(B) 3,84% 
(C) 5,95% 
(D) 4,96% 
(E) 5,15% 
RESOLUÇÃO: 
 Calculando a transformação Z: 
Z = (6,92 - 5) / 1,5 = 1,28 
 
 Assim, P(X>6,92) = P(Z>1,28). Como foi dito que P(Z<1,28) = 
0,90, podemos inferir que P(Z>1,28) = 1 - 0,90 = 0,10. Assim, 
P(X>6,92) = P(Z>1,28) = 0,10 = 10%. 
 Isto significa que a probabilidade de uma pessoa qualquer ter nota 
superior a 6,92 é p = 10%, e a probabilidade dessa pessoa ter nota 
menor que 6,92 é q = 1 - p = 90%. Temos n = 4 tentativas de 
selecionar indivíduos, e queremos exatamente k = 2 casos de "sucesso", 
ou seja, de notas superiores a 6,92. Estamos diante de uma distribuição 
binomial, cuja probabilidade é: 
P(k=2) = C(4,2) x 10%2 x 90%2 
 
P(k=2) = 6 x 0,102 x 0,902 
 
P(k=2) = 6 x 0,01 x 0,81 
 
P(k=2) = 0,0486 = 4,86% 
Resposta: A 
 
69. FCC – SEFAZ/PI – 2015) O número de falhas mensais de um 
computador é uma variável que tem distribuição de Poisson com média ┡. 
Sabe-se que ┡ é igual à média de uma distribuição uniforme no intervalo 
[2, 4]. Nessascondições, a probabilidade de o computador apresentar 
exatamente duas falhas no período de 15 dias é igual a 
 
(A) 24,75% 
(B) 22,50% 
(C) 12,50% 
(D) 24,15% 
(E) 15,25% 
RESOLUÇÃO: 
 A média de uma distribuição uniforme no intervalo [2, 4] é 
simplesmente (2+4)/2 = 3. Assim, em média temos 3 falhas por mês, de 
modo que em 15 dias (1/2 mês) é esperada a ocorrência de 1,5 falha. 
Portanto, temos 1,5  . Para termos k = 2 falhas, a probabilidade da 
distribuição Poisson é: 
.( )
!
kef k
k
 
 
1,5 2.1,5 0, 22.2,25(2) 0, 2475 24,75%
2! 2
ef

    
Resposta: A 
 
70. FCC – ICMS/RJ – 2014) Sabe-se que: 
I. X é uma variável aleatória com distribuição binomial com média 2p e 
variância (2p-2p2). 
II. Y é uma variável aleatória com distribuição binomial com média 5p e 
variância (5p-5p2). 
III. A probabilidade de X ser inferior a 2 é igual a 15/16. 
Nessas condições, a probabilidade de Y ser superior a 3 é igual a 
(A) 7
512
 
(B) 3
1.024
 
(C) 1
64
 
(D) 5
512
 
(E) 15
1.024
 
RESOLUÇÃO: 
 Para a distribuição X, temos: 
E(X) = n.p 
Var(X) = n.p.(1-p) = np – np2 
 
 Foi dado que E(X) = 2p, e Var(X) = 2p – 2p2. Comparando as 
fórmulas, vemos que n = 2. Foi dito que a probabilidade de X ser inferior 
a 2 é de 15/16. Logo, a probabilidade de X ser maior ou igual a 2 é 1 – 
15/16 = 1/16. Esta é justamente a probabilidade de X = 2, afinal como n 
= 2 tentativas, só podemos ter resultados de 0 a 2. Isto é, 
P(X = 2) = C(2,2) x p2 x (1 – p)0 
1/16 = 1 x p2 
1/4 = p 
 
 Foi dito que E(Y) = 5p e Var(Y) = 5p – 5p2. De maneira análoga, 
podemos concluir que n = 5. A probabilidade de Y ser superior à 3 é a 
soma das probabilidades de Y = 4 e Y = 5, ou seja, 
P(Y > 3) = P(Y = 4) + P(Y = 5) 
P(Y > 3) = C(5,4) x p4 x (1 – p)1 + C(5,5) x p5 x (1 – p)0 
P(Y > 3) = 5 x p4 x (1 – p) + 1 x p5 
P(Y > 3) = 5 x (1/4)4 x (1 – 1/4) + 1 x (1/4)5 
P(Y > 3) = 5 x (1/4)4 x (3/4) + 1 x (1/4)5 
P(Y > 3) = 5 x 1 x 3 /45 + 1/45 
P(Y > 3) = 15 /45 + 1/45 
P(Y > 3) = 16 /45 
P(Y > 3) = 16 /1024 
P(Y > 3) = 1 / 64 
RESPOSTA: C 
 
71. FCC – ICMS/RJ – 2014) O número de atendimentos, via internet, 
realizados pela Central de Atendimento Fazendário (CAF) segue uma 
distribuição de Poisson com média de 12 atendimentos por hora. A 
probabilidade dessa CAF realizar pelo menos 3 atendimentos em um 
período de 20 minutos é: 
Dados: e-2 = 0,14; e-4 = 0,018 
(A) 0,750 
(B) 0,594 
(C) 0,910 
(D) 0,766 
(E) 0,628 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma média de 12 atendimentos por hora, de modo que em 
20 minutos (1/3 de hora) é esperado 12 x 1/3 = 4 atendimentos. Logo, 
 = 4. 
 
 Para saber a probabilidade dessa CAF realizar MENOS DE 3 
atendimentos, podemos somar as probabilidades de k = 0, k = 1 e k = 2 
atendimentos: 
( ; )
!
kef k
k
 
 
 

 
4 0
44(0;4)
0!
ef e 

 
4 1
44(1;4) 4
1!
ef e 

 
4 2
44(2;4) 8
2!
ef e 
 
 Logo, 
f(0) + f(1) + f(2) = 13e-4 
f(0) + f(1) + f(2) = 13x0,018 
f(0) + f(1) + f(2) = 0,234 
 
 Assim, a probabilidade de realizar PELO MENOS 3 atendimentos é: 
P = 1 – 0,234 = 0,766 = 76,6% 
RESPOSTA: D 
 
ATENÇÃO: Para responder a próxima questão, considere as informações a 
seguir: 
Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
P(Z < 0,8) = 0,788; P(Z < 1,25) = 0,894; P(Z < 1,4) = 0,92; 
P(Z < 1,64) = 0,95; P(Z < 1,96) = 0,975; P(Z < 2) = 0,977 
 
72. FCC – ICMS/RJ – 2014) O tempo necessário para o atendimento de 
uma pessoa em um guichê de uma repartição pública tem distribuição 
normal com média ┢ = 140 segundos e desvio padrão j = 50 segundos. A 
probabilidade de que um indivíduo, aleatoriamente selecionado, espere 
entre 3 e 4 minutos para ser atendido é 
(A) 0,678 
(B) 0,765 
(C) 0,632 
(D) 0,235 
(E) 0,189 
RESOLUÇÃO: 
 Queremos calcular a probabilidade de que a nossa variável que 
representa o tempo (X) seja entre 180 e 240 segundos (3 a 4 minutos), 
ou seja, 
P(180 < X < 240) 
 
 Na transformação Z, temos: 
Z180 = (180 – 140) / 50 = 0,8 
Z240 = (240 – 140) / 50 = 2 
 
 Portanto, P(180<X<240) é o mesmo que P(0,8<Z<2). 
Considerando os dados fornecidos, veja que: 
P(Z < 0,8) = 0,788 
 P(Z < 2) = 0,977 
 
 Assim, 
P(0,8<Z<2) = 
P(Z<2) – P(Z<0,8) = 
0,977 – 0,788 = 
0,189 = 
18,9% 
RESPOSTA: E 
 
Fim de aula. Até o próximo encontro! Abraço, 
Prof. Arthur Lima 
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1. CEPERJ – OFICIAL SEFAZ/RJ – 2011) Suponha que a variável 
aleatória X tenha distribuição binomial com média 3,5 e variância 1,75. 
Nesse caso, a probabilidade ( 2)P X  será igual a: 
A) 1/2 
B) 15/16 
C) 8/128 
D) 21/128 
E) 29/128 
 
2. ESAF – AFRFB – 2009) O número de petroleiros que chegam a uma 
refinaria ocorre segundo uma distribuição de Poisson, com média de dois 
petroleiros por dia. Desse modo, a probabilidade de a refinaria receber no 
máximo três petroleiros em dois dias é igual a: 
 
 
3. FCC – INFRAERO – 2011) Uma população X tem uma função 
densidade dada por 1( )f x

 , 0 x   . Por meio de uma amostra aleatória 
de 10 elementos de X, obteve-se, pelo método da máxima 
verossimilhança, uma estimativa para a média de X igual a 4,5. Com base 
neste resultado, tem-se que a respectiva estimativa da variância de X é 
igual a: 
a) 3 
b) 15/4 
c) 27 
d) 6 
e) 27/4 
 
4. FCC – TRT/3ª – 2009) Instruções: Para responder à questão abaixo 
utilize as informações a seguir. 
- Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
P(Z > 1,64) = 0,05, P(Z > 2) = 0,02, P(0 < Z < 2,4) = 0,49, P(0 < Z < 
0,68) = 0,25 
 
A duração de vida de um aparelho elétrico tem distribuição normal 
com média 1.500 dias e terceiro quartil de 1.840 dias. Se esse tipo de 
aparelho tiver garantia de 300 dias, a porcentagem das vendas originais 
do aparelho que exigirá substituição é 
(A) 8% 
(B) 5% 
(C) 4% 
(D) 3% 
(E) 1% 
 
5. ESAF – AFRF – 2003) As realizações anuais Xi dos salários anuais de 
uma firma com N empregados produziram as estatísticas 
 
Seja P a proporção de empregados com salários fora do intervalo [R$ 
12.500,00; R$ 16.100,00]. 
Assinale a opção correta. 
a) P é no máximo 1/2 
b) P é no máximo 1/1,5 
c) P é no mínimo 1/2 
d) P é no máximo 1/2,25 
e) P é no máximo 1/20 
 
6. FCC – TRT/3ª – 2009) Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
P(Z > 1,64) = 0,05, P(Z > 2) = 0,02, P(0 < Z < 2,4) = 0,49, P(0 < Z < 
0,68) = 0,25 
 
A experiência com trabalhadores de uma certa indústria indica que 
o tempo requerido para que um trabalhador, aleatoriamente selecionado, 
realize um serviço, é distribuído de maneira aproximadamente normal 
com desvio padrão de 12 minutos. Deseja-se, por meio de uma amostra 
aleatória, com reposição, estimar a média populacional. O tamanho desta 
amostra, para que a diferença em valor absoluto entre o verdadeiro valor 
populacional e sua estimativa seja de no máximo 2 minutos, com 
probabilidade de 96%, é 
(A) 64 
(B) 81 
(C) 100 
(D) 144 
(E) 196 
 
7. ESAF – SUSEP – 2010) Deseja-se estimar a proporção p de pessoas 
com determinada característica em uma população. Um levantamento 
preliminar forneceu = 2/7. Usando essa estimativa, obtenha o menor 
tamanho de amostra aleatória simples necessária para estimar p com um 
intervalo de 95% de confiança e um erro de amostragem , 
onde . 
a) 7840. 
b) 2500. 
c) 1960. 
d) 9604. 
e) 2401. 
 
8. FCC – TRE/SP – 2012) Seja X uma variável aleatória contínua com 
uma média igual a 20. Utilizando o Teorema de Tchebyshev, obtém-se 
que a probabilidade de X não pertencer ao intervalo (15, 25) é, no 
máximo, 6,25%. Isto significa que o desvio padrão de X é igual a 
(A) 1,25. 
(B) 1,50. 
(C) 2,00. 
(D) 2,25. 
(E) 2,50. 
 
9. ESAF – AFRFB – 2009) Em um experimento binomial com três 
provas, a probabilidade de ocorrerem dois sucessos é doze vezes a 
probabilidade de ocorrerem três sucessos. Desse