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Exercícios de Probabilidade e Estatística

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Ordem dos Economistas de São Paulo 
 
ProAnpec 
 
CURSO PREPARATÓRIO PARA O EXAME NACIONAL ANPEC 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questões resolvidas de Estatística 
 
 
 
Alexandre Sartoris 
Andreza Palma 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
São Paulo 
2005 
 
Probabilidade 
 
 
(ANPEC 2005, 15) As lâmpadas coloridas produzidas por uma fábrica são 50% 
vermelhas, 30% azuis e 20% verdes. Em uma amostra de 5 lâmpadas, extraídas ao 
acaso, encontre a probabilidade de duas serem vermelhas, duas serem verdes e uma ser 
azul. Multiplique o resultado por 100. 
Solução: 
Temos: 
50% vermelhas (VM) 
30% azuis (A) 
20% verdes (V) 
Dessa forma, em uma amostra de cinco lâmpadas, a probabilidade de duas serem 
vermelhas, duas verdes e uma azul será dada por: 
P(2VM, 2V, 1A) = 
122
5
PPP
P
××
×0,50×0,50×0,20×0,20×0,30 
P(2VM, 2V, 1A) = 
!1!2!2
!5
××
×0,003 
P(2VM, 2V, 1A) = 30×0,003 
P(2VM, 2V, 1A) = 0,09 
Multiplicando por 100 como pede o exercício, chegaremos ao valor de 09. 
 
(ANPEC 2003, 12) Três máquinas, A, B e C, produzem respectivamente 50%, 30% e 
20% do número total de peças de uma fábrica. As porcentagens de peças defeituosas na 
produção dessas máquinas são respectivamente 3%, 4% e 5%. Uma peça é selecionada 
ao acaso e constata-se ser ela defeituosa. Encontre a probabilidade de a peça ter sido 
produzida pela máquina A. (Use apenas duas casas decimais. Multiplique o resultado 
final por 100). 
 
Solução: 
O exercício pede a probabilidade da peça ter sido produzida pela máquina A 
dado que essa peça é defeituosa (P(máquina A|defeituosa)). Portanto: 
 
P(máquina A|defeituosa) = 
)defeituosa(
)defeituosa eA máquina(
P
P 
 
P(máquina A|defeituosa) = 
05,020,004,030,003,050,0
03,050,0
×+×+×
× 
 
P(máquina A|defeituosa) = 
01,0012,0015,0
015,0
++
≅ 0,40 
 
Multiplicando o resultado por 100, como pede o exercício, chegaremos ao valor de 40. 
Nota: Observe que para a resolução desse exercício, utilizamos o teorema de Bayes, já 
que a P(máquina|defeituosa) é dada por: 
C) máquina|saP(defeituo)(B) máquina|saP(defeituo)(A) máquina|saP(defeituoA) P(máquina
A) máquina|saP(defeituoA) P(máquina
×+×+×
×
máquinaCPmáquinaBP
 =
∑
=
= k
j
jj
ii
i
BAPBP
BAPBPABP
1
)|()(
)|()(
)|( 
 
 
(ANPEC 2002, 01) Considere o espaço amostral S, os eventos A e B referentes a S e a 
medida de probabilidade P. 
 
(0) Se P(A) = 2
1 , P(B) = 4
1 , e A e B são mutuamente exclusivos, então P(A∩B) 
= 8
1 . 
Resposta: 
Se os eventos A e B são mutuamente exclusivos (disjuntos) eles não podem 
ocorrer juntos e, portanto, P(A B) = 0, como mostra o diagrama de Venn abaixo. ∩
 
FALSA 
 
 
(1) Se A⊂ B, então P(A|B) ≤ P(A). 
Resposta: 
Se A é um subconjunto de B, então a probabilidade de A ocorrer dado que B 
ocorreu certamente será maior (ou igual, no caso em que A = B) à probabilidade de A 
ocorrer, já que estaremos restringindo o espaço amostral de S para B. Vejamos: 
P(A|B) =
P(B)
B)P(A∩ = 
P(B)
P(A) ≥ P(A) 
Já que A∩B = A se A⊂B e P(B) ≤ 1. 
 
FALSA 
 
 
(2) Se P(A) = 2
1 , P(B) = 3
1 e P(A∩B) = 4
1 , então P(AC ∩ BC) = 12
5 , em que AC 
e BC indicam os eventos complementares. 
Resposta: 
A P(AC ∩ BC) está representada pela região cinza do diagrama de Venn 
seguinte. A região branca corresponde à probabilidade de ocorrer A ou B, ou seja, 
P(A B). ∪
 
 
Calculemos P(A ou B), ou seja, a região branca do diagrama de Venn acima: 
P(A B) = P(A) + P(B) - P(A∩B) ∪
P(A B) =∪
4
1
3
1
2
1
−+ 
P(A B) = ∪
12
7 
Como P(S) = 1, temos que: 
P(AC ∩ BC) = 1 - P(A∪B) = 1 -
12
7 = 
12
5 
VERDADEIRA 
 
 
(3) Se k21 B,,.........B,B representam uma partição de um espaço amostral S, então para 
A ⊂ S tem-se que 
∑
=
= k
j
jj
ii
i
BAPBP
BAPBPAB
1
)|()(
)|()(
)|(P , .,........2,1 ki = 
Resposta: 
A afirmativa acima refere-se exatamente ao Teorema de Bayes (veja Questão ANPEC 
2003, 12). 
VERDADEIRA 
 
(4) Se P(A|B) = 0 então A e B são independentes. 
 
Resposta: 
Os eventos A e B apenas serão independentes se P(A|B) = P(A), ou seja, se a 
probabilidade condicional for igual à probabilidade incondicional (o fato que B ocorreu 
não muda em nada a probabilidade de A ocorrer) 
FALSA 
 
 
 
(ANPEC 2001, 01) Os formandos de determinada faculdade de economia tomaram as 
seguintes decisões para o ano seguinte: 
Decisão Homens Mulheres Totais 
Fazer mestrado em economia 7 9 16 
Fazer outros cursos 5 6 11 
Procurar emprego 16 9 25 
Totais 28 24 52 
Com base nessas informações, é correto afirmar: 
 
(0) A probabilidade de que as mulheres continuem estudando é aproximadamente 
46% superior à dos homens. 
Resposta: 
Temos que: 
P(mulheres continuem estudando) = 
24
15 = 62,5% 
P(homens continuem estudando) = 
28
12
≅ 42,86% 
Agora atenção: para saber em quanto a probabilidade de que as mulheres 
continuem estudando é maior que a dos homens temos que dividir uma probabilidade 
pela outra: 
estudando) continuem P(homens
estudando) continuem P(mulheres = 
28
12
24
15
= 
12
28
24
15
× ≅ 1,46 
Portanto, a probabilidade de que as mulheres continuem estudando realmente é 
aproximadamente 46% superior à dos homens. 
VERDADEIRA 
 
 
(1) Sabendo-se que alguém optou por procurar emprego, a probabilidade de ser homem 
é 64%. 
 
Resposta: 
Podemos rapidamente obter essa probabilidade: 
P(ser homem|optou procurar emprego) = 
25
16 = 0,64 = 64% 
Porém, para os que preferirem um caminho mais longo: 
P(ser homem|optou procurar emprego) = 
emprego) P(procurar
emprego)procurar e homemser (P = 
52
25
52
16
= 
25
16 = 0,64 = 64% 
 VERDADEIRA 
 
(2) Se a probabilidade de ser aprovado no exame de seleção para mestrado em 
economia é de 30%, espera-se que 1/4 dos homens iniciem o curso no ano seguinte. 
Resposta: 
A tabela acima nos mostra que 7 homens pretendem fazer mestrado em economia, ou 
seja, 
4
1 dos homens. Portanto, se a probabilidade de ser aprovado no exame de seleção 
é de 30%, temos que aproximadamente 2 homens iniciarão o curso no ano seguinte 
(0,30×7 = 2,1), ou seja, aproximadamente 
14
1 dos homens iniciarão o curso no ano 
seguinte. 
FALSA 
(3) Se a probabilidade de encontrar emprego é de 40% e a de ser aprovado nos 
exames de seleção é de 30% e 45%, respectivamente, para o mestrado em economia 
e para os outros cursos, espera-se que 9 mulheres atingirão seus objetivos. 
Resposta: 
Temos que: 
- mulheres que encontrarão emprego: 9 × 0,40 = 3,6 
- mulheres que farão outros cursos: 6 × 0,45 = 2,7 
- mulheres que farão mestrado em economia: 9 × 0,30 = 2,7 
Portanto, 3,6 + 2,7 + 2,7 = 9 mulheres atingirão seus objetivos. 
VERDADEIRA 
 
 
 
(4) Entre os formandos que pretendem continuar estudando, 1/3 é mulher que pretende 
fazer mestrado em economia. 
Resposta: 
Temos 27 formandos que pretendem continuar estudando. Desses, 9 são mulheres 
que pretendem fazer mestrado em economia. E sabemos que 1/3 de 27 é igual a 9 





 =× 927
3
1 . Portanto, entre os formandos que pretendem continuar estudando, 
realmente 1/3 é mulher que pretende fazer mestrado em economia. 
 
VERDADEIRA 
 
 
 
(ANPEC 2000, 01) Considere a terna (S,Σ,P), em que S ≠ ∅ é o conjunto Universo, Σ 
é o conjunto dos possíveis eventos e, P é uma medida de probabilidade. Verifique quais 
das afirmativas abaixo são verdadeiras (V) e quais são falsas (F): 
(0) Se dois eventos são disjuntos, eles serão também independentes. 
Resposta: 
 Se dois eventos são disjuntos (e não vazios) eles são dependentes, já que a 
ocorrência de um implica a não ocorrência de outro. 
FALSA 
 
 
(1) Para dois eventos quaisquer A e B, Prob (A) = Prob (A∩Bc) + Prob (A∩B), em 
que Bc é o complemento de B. 
Resposta: 
 A probabilidade de A ocorrer corresponde à região cinza do diagrama de Venn 
abaixo: 
 
Portanto, temos que: 
P(A) = P(A B∩ c) +P(A∩B) 
VERDADEIRA 
 
 
(2) Sejam dois eventos A e B, em que Prob (A) = 1/2 e Prob (B) = 1/3. Se A e B são 
eventos mutuamente exclusivos, então Prob (B∩Ac) é igual a 1/6. 
Resposta: 
Se osdois eventos são mutuamente exclusivos, então Prob (B∩Ac) = P(B) = 
3
1 como 
mostra o diagrama de Venn abaixo: 
 
FALSA 
 
(3) Sejam os eventos A, B e C, tais que Prob (A∩B∩C) = Prob(A). Prob(B). Prob(C). 
Pode-se então afirmar que estes eventos são independentes. 
Resposta: 
Vejamos, através do seguinte exemplo, que essa implicação não é válida. 
Nota: Exemplo retirado de Sartoris (2003, p. 15-16) 
 
Considere o diagrama de Venn abaixo (os valores marcados correspondem às 
probabilidades das áreas delimitadas). 
 
 
Temos que: 
 
P(A) = 0,1 + 0,15 + 0,1 + 0,05 = 0,4 
P(B) = 0,25 + 0,05 + 0,1 + 0,1 = 0,5 
P(C) = 0,15 + 0,15 + 0,1 +0,1 = 0,5 
 
P(A∩B) = 0,1 + 0,05 = 0,15 
P(A∩C) = 0,1 + 0,15 = 0,25 
P(B∩C) = 0,1 + 0,1 = 0,2 
P(A∩B∩C) = 0,1 
 
Dessa forma, temos que P(A∩B∩C) = P(A)×P(B)×P(C) = 0,1. Mas, tomando os 
eventos dois a dois, temos que: 
 
P(A∩B) ≠ P(A)×P(B) 
P(B∩C) ≠ P(B)×P(C) 
P(A∩C) ≠ P(A)×P(C) 
 
 Ou seja, a probabilidade condicional é diferente da probabilidade incondicional 
e, portanto, os eventos são dependentes. 
FALSA 
 
 
 
(ANPEC 1999, 15) Com relação à Teoria das Probabilidade podemos afirmar que: 
 
(0) Sendo A e B dois eventos independentes e se P(A) = 0,5 e P(B) = 0,4, então P(A∪B) 
= 0,5. 
Resposta: 
Se A e B são independentes, então: 
P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(A)×P(B) 
P(A B) = 0,5 + 0,4 - 0,2 ∪
P(A B) = 0,7 ∪
 
FALSA 
 
 
(1) Sendo A e B dois eventos mutuamente exclusivos e se P(A) = 0,5 e P(B) = 0,4, então 
P(A∪B) = 0,5. 
Resposta: 
Se A e B são mutuamente exclusivos, eles não podem ocorrer juntos e, portanto, 
P(A B) =0. Dessa forma: ∩
 
P(A∪B) = P(A) + P(B) 
P(A∪B) = 0,5 + 0,4 
P(A∪B) = 0,9 
 
FALSA 
 
 
(2) Seja S um espaço amostral e A e B dois eventos quaisquer associados a S. Então 
P A B P A B( | ) ( | )+ 1= , onde P A B( | ) = probabilidade de ocorrência do evento A 
dado de ocorreu o evento B. 
Resposta: 
Sabemos que: 
)|( BAP = 
)(
) e (
BP
BAP 
)|( BAP = 
)(
) e (
BP
BAP 
Dessa forma: 
)|( BAP + )|( BAP =
)(
) e (
BP
BAP +
)(
) e (
BP
BAP = 
)(
) e () e (
BP
BAPBAP + = 
)(
)(
BP
BP = 1 
 
Já que, como mostra o digrama de Venn abaixo, P(A e B) + ) e ( BAP = P(B). 
 
 
VERDADEIRA 
 
 
(3) Um projeto para ser transformado em lei deve ser aprovado pela Câmara dos 
Deputados e pelo Senado. A probabilidade de ser aprovado pela Câmara dos 
Deputados é de 40%. Caso seja aprovado pela Câmara, a probabilidade de ser 
aprovado no Senado é 80%. Logo, a probabilidade desse projeto ser transformado 
em lei é de 32%. 
Resposta: 
P(projeto ser transformado em lei) = 0,4×0,80 
P(projeto ser transformado em lei) = 0,32 = 32% 
VERDADEIRA 
 
 
(4) Num processo eletivo 55% dos votantes são homens. Sabe-se que dentre os homens 
40% preferem o candidato A, 50% o candidato B e os 10% restantes votam nos 
demais candidatos. Dentre as mulheres 60% preferem A, 25% preferem B e o restante 
os demais candidatos. Se um voto escolhido ao acaso for para o candidato A, a 
probabilidade deste voto ser de uma mulher é de 55,1%. 
Resposta: 
 
P(mulher|candidato A) = 
A) candidato o paraser P(voto
A) candidato o paraser emulher uma deser P(voto 
 
P(mulher|candidato A) = 
40,055,060,045,0
60,045,0
×+×
× = 
49,0
27,0
≅ 0,551 = 55,1% 
VERDADEIRA 
 
 
 
(ANPEC 1998, 02) Considere um espaço amostral com a terna (Ω,Γ,P), onde Ω ≠ ∅ é 
o conjunto Universo, Γ é o conjunto dos possíveis eventos e, P , é uma medida de 
probabilidade. Assim, pode-se afirmar que : 
 
(0) Se A, B e C são eventos de Γ , então o evento “exatamente um dos eventos ocorre” é 
expresso na notação de conjunto como ( ) . ( ) (A B C A B C A B C∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ )
Resposta: 
O diagrama de Venn abaixo mostra que realmente a probabilidade de 
exatamente um dos eventos ocorrer é dada por ( ) ( ) (A B C A B C A B C∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ) : 
 
VERDADEIRA 
 
(1) Se A e B são dois eventos quaisquer de Γ, então P(A B) ≥ P(A) + P(B). ∪
Resposta: 
A probabilidade da união de dois conjuntos quaisquer é dada por: 
P(A B) = P(A) + P(B) - P(A∩B) ∪
Portanto, P(A B) será igual à P(A) + P(B) quando P(A∪ ∩B) for igual a zero (eventos 
disjuntos) e será menor que P(A) + P(B) caso contrário, mas nunca será maior. 
FALSA 
 
(2) Se A e B são dois eventos quaisquer de Γ, onde P(A)=1/2 , P(B)=1/3 e P(A∪B) 
=3/4, então P( A ∩B)=1/4 e P( A B∩ ) =1/4. 
Resposta: 
Temos que: 
P(A B) = P(A) + P(B) - P(A∩B) ∪
4
3 = 
2
1 + 
3
1 - P(A∩B) 
P(A B) = ∩
2
1 + 
3
1 -
4
3 
P(A B) = ∩
12
1 
A P( A ∩B) está representada pela região cinza do diagrama de Venn abaixo: 
 
Dessa forma, temos que: 
P( A ∩B) = P(B) - P(A B) ∩
P( A ∩B) = 
3
1 -
12
1 
P( A ∩B) = 
4
1
12
3
12
14
==
− 
 
Agora, calculemos )( BA ∩P 
 
)(P BA ∩ = 1 - P(A∪B) 
P( BA ∩ )= 1 - 
4
3 
)(P BA ∩ = 
4
1 
 
VERDADEIRA 
 
 
(3) Se A e B são dois eventos quaisquer de Γ , então se P(A|B) > P(A) tem-se que 
P(B|A) > P(B). 
 
Resposta: 
Temos que: 
P(A|B) = 
)(
)(
BP
BAP ∩ > P(A) 
Então: 
)(
)(
BP
BAP ∩ > P(A) 
)( BAP ∩ > P(A)P(B) 
)(
)(
AP
BAP ∩ > P(B) 
E como P(B|A) = 
)(
)(
AP
ABP ∩ , temos que: 
P(B|A) > P(B) 
VERDADEIRA 
 
 
 
(ANPEC 1998, 03) A tabela de contingência a seguir apresenta os dados de uma 
amostra de 150 empresas, classificados segundo quatro grupos industriais e se o retorno 
sobre o capital próprio é maior ou menor que o retorno médio na amostra. 
 
Grupo Retorno sobre o capital próprio Total 
Industrial Acima da média (A) Abaixo da média (B) 
I 20 40 60 
II 10 10 20 
III 20 10 30 
IV 25 15 40 
Total 75 75 150 
 
Com base nestas informações, verifique as seguintes afirmações: 
 
(0) Se selecionarmos uma empresa ao acaso, a probabilidade da empresa ser do grupo 
III ou ter o retorno sobre o capital próprio abaixo da média é 40%. 
Resposta: 
P(grupo III ou retorno abaixo da média) =
150
30 + 
150
75 -
150
10
≅ 63% 
FALSA 
 
 
(1) Se selecionarmos uma empresa ao acaso, a probabilidade da empresa ser do grupo I 
é de 40%. 
Resposta: 
P(grupo I) = 
150
60 = 0,40 = 40% 
VERDADEIRA 
 
(2) Se a empresa escolhida ao acaso for do grupo II, a probabilidade do retorno sobre o 
capital próprio estar acima da média é 50%. 
Resposta: 
Podemos rapidamente obter essa probabilidade: 
P(retorno abaixo da média|grupo II) = 
20
10 = 0,5 = 50% 
E, como sempre existe um caminho mais longo para quem preferir: 
P(retorno abaixo da média|grupo II) = 
II) P(grupo
II) grupo e média da abaixo P(retorno = 
150
20
150
10
= 
0,5 
VERDADEIRA 
 
(3) Se duas empresas diferentes são escolhidas ao acaso, a probabilidade de sair 
primeiro uma empresa do grupo I e depois uma empresa do grupo III é 
aproximadamente igual a 8%. 
Resposta: 
Supondo que não haja reposição, temos que: 
 
P(empresa grupo I e empresa grupo III) = %808,0
149
30
150
60
=≅× 
VERDADEIRA 
 
 
(4) O evento “grupo I” independe estatisticamente do evento “retorno sobre o capital 
próprio acima da média”. 
Resposta: 
Se esses dois eventos forem realmente independentes, a seguinte igualdade deve 
ser verificada: P(grupo I| retorno acima da média) = P(grupo I). Vejamos se isso é 
válido: 
P(grupo I| retorno acima da média) = 
75
20
≅ 27% 
P(grupo I) = 
150
60 = 40% 
 
Portanto, como a igualdade entre a probabilidade condicional e a incondicional não é 
válida, os eventos "grupo I" e "retorno sobre capital próprio acima da média" são 
dependentes. 
 
FALSA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Esperança, medidas de dispersão e independência de variáveis 
aleatórias 
 
 
(ANPEC 2005, 02) O retorno de uma carteira de investimentos com duas ações A 
e B e um papel de renda fixa F é dado por 
CR
FBAC RaRaRaR 321 , em que a1, a2 e a3 
são constantes. RA e RB são variáveis aleatórias normalmente distribuídas com média 
zero, variância 1 e covariância 0,5 e RF é uma constante igual a 0,1. Julgue as 
afirmativas: 
++=
(0) A média do retorno da carteira será igual a zero se, e somente se, a correlação entre 
os retornos das ações A e B fornula. 
Resposta: 
A média do retorno da carteira (Rc) será dada por: 
E( ) = E( ) CR FBA RaRaRa 321 ++
E( ) = E( ) + E( ) + E( ) CR ARa1 BRa2 FRa3
E( ) = E( ) + E( ) + CR 1a AR 2a BR 3a FR
E( ) =0,1 CR 3a
Portanto, a média de será igual a zero apenas se a = 0, o que não tem nada a ver 
com a correlação entre o s retornos. 
CR 3
FALSA 
 
(1) A média do retorno da carteira é: 321)( aaaRE C ++= . 
Resposta: 
Como já calculamos no item anterior, a média do retorno da carteira é dada por: 
E( ) =0,1 CR 3a
FALSA 
 
(2) Se a covariância entre o retorno das ações A e B for 0,5, a variância do retorno da 
carteira será Var . 2121)( aaaaRC ++=
22
Resposta: 
A variância de é dada por: CR
var( ) = var( ) CR FBA RaRaRa 321 ++
Como é uma constante: FR
var( ) = var( ) CR BA RaRa 21 +
var( ) =var( ) + var( ) + 2cov( , ) CR ARa1 BRa2 ARa1 BRa2
Utilizando as propriedades da variância e covariância, temos que: 
var( ) = var( ) + var( ) + 2 cov( , ) CR
2
1a AR
2
2a BR 21aa AR BR
Como var( ) = var( ) = 1 e cov( , ) = 0,5: AR BR AR BR
var( ) = + a + CR
2
1a
2
2 21aa
VERDADEIRA 
 
(3) O retorno é uma variável aleatória normalmente distribuída com média . CR 31,0 a
Resposta: 
Como já calculamos no item (0), a média de é dada realmente por 0,1 . E como 
 é a soma de duas variáveis aleatórias normalmente distribuídas (R
CR 3a
CR A e RB), ela 
própria será também normalmente distribuída. 
VERDADEIRA 
(4) O coeficiente de correlação entre RA e RB é 0,25. 
 
Resposta: 
 
O coeficiente de correlação entre RA e RB é dado por: 
 
BA RR ,
ρ = 
)var()var(
),cov(
BA
BA
RR
RR
 
 
BA RR ,
ρ = 
1
5,0 = 0,5 
 
FALSA 
 
 (ANPEC 2004, 3) Sobre coeficiente de correlação, covariância e independência de 
variáveis aleatórias, são corretas as afirmativas: 
(0) Seja ),( yxρ o coeficiente de correlação entre as variáveis x e y. Se ab>0, então 
),(( yxax ),by ρρ = ; e se ab<0, ),(),( yxbyax ρρ −= . 
Resposta 
O coeficiente de correlação entre x e y é dado por: 
ρ(x,y) = 
)var()var(
),cov(
yx
yx 
E o coeficiente de correlação entre ax e by será: 
ρ(ax,by) = 
)var()var(
),cov(
byax
byax 
E pelas propriedades da variância e da covariância: 
ρ(ax,by) = 
)var()var(
),cov(
22 yxba
yxab 
ρ(ax,by) = 
)var()var(
),cov(
yxab
yxab 
Portanto, se ab>1, teremos ρ(ax, by) = ρ(x,y). E se ab<1, teremos ρ(ax, by) = -ρ(x,y). 
VERDADEIRA 
 
(1) Se a função densidade conjunta de x e y for , x > 0, y > 0 e 
 para outros valores de x e y, então 
yxeyxf −−=),(
),( yx0),( =yxf ρ = 0. 
Resposta 
Note que a função densidade de probabilidade conjunta de x e y nesse caso pode ser 
escrita como (já que quando temos multiplicação de potências de mesma base, somamos 
os expoentes): 
 
f(x,y) = e-x×e-y para x> 0 e y> 0 
 
Ou seja: 
 
f(x,y) = f(x) × f(y) 
 
O que é característica de variáveis aleatórias independentes. E se as variáveis são 
independentes, o coeficiente de correlação entre elas será igual a zero (lembrando que o 
contrário não é verdadeiro). 
 
VERDADEIRA 
 
(2) Sejam A e B dois eventos independentes, com probabilidades positivas, associados a 
um experimento aleatório ε. Se as variáveis aleatórias x e y são definidas como: x = 
1, se ocorrer A e x = 0, em caso contrário; e y = 1, se ocorrer B e y = 0, em caso 
contrário, então ),( yxρ ≠ 0. 
Resposta: 
Aqui devemos calcular o coeficiente de correlação entre as variáveis. E para isso 
precisamos da covariância entre elas. Lembrando que: 
 
cov(x,y) = E(xy) - E(x)E(y) 
 
Primeiramente então temos que calcular as esperanças acima. Vejamos como. 
 
Temos que: 



=
contrário caso 0
ocorrerA se 1
x e 



=
contrário caso 0
ocorrer B se 1
y
Calculemos a esperança de x e y: 
E(x) = 1×P(A) + 0×P( A ) = P(A) 
E(y) = 1×P(B) + 0×P( B ) = P(B) 
 
E o produto de x e y será: 



=
contrário caso 0,
ocorrerem B eA se 1,
xy 
Dessa forma: 
E(xy) = 1×P( + 0× P()BA∩ )BA∩ = P( )BA∩ 
 
Agora podemos calcular cov(x,y): 
cov(x,y) = E(xy) - E(x)E(y) 
cov(x,y) = P( - P(A) P(B) )BA∩ ×
 
Lembrando que A e B são eventos independentes, temos que: 
P( = P(A) ×P(B) )BA∩
E, dessa forma, a cov(x,y) será: 
cov(x,y) = P(A) P(B)- P(A) P(B) × ×
cov(x,y) = 0 
 
E se a covariância é igual a zero, o coeficiente de correlação também será igual a zero: 
ρ = 
)var()var(
),cov(
yx
yx = 
)var()var(
0
yx
= 0 
FALSA 
 
 
(3) Em relação ao quesito anterior, pode-se afirmar ainda que a covariância entre x e y é 
diferente de zero. 
Resposta: 
Como vimos no item anterior, a covariância entre x e y é igual a zero. 
FALSA 
 
 
(4) Se o coeficiente de correlação ),( yxρ = 0, a covariância entre x e y também é zero. 
Assim sendo, pode-se afirmar que x e y são variáveis aleatórias independentes. 
Resposta: 
A primeira parte da afirmativa acima é verdadeira: se o coeficiente de correlação 
entre x e y é igual a zero, sabemos que a cov(x,y) também será zero: 
ρ =
)var()var(
),cov(
yx
yx = 0 cov(x,y) =0. ⇔
 
Porém, o fato da cov(x,y) ser igual a zero não implica que as variáveis sejam 
independentes (lembrando que a recíproca é verdadeira). Para um exemplo de que 
cov(x,y) = 0 não implica independência das variáveis, veja questão ANPEC 1998, 10, 
itens 0 e 1, em distribuição de probabilidade conjunta. 
FALSA 
 
 
 
(ANPEC 2004, 04) Um importador adquiriu vários artigos ao preço médio de US$ 
15.00 com um desvio-padrão de US$ 1.00. Sabendo-se que a taxa de câmbio é de R$ 
3,00 por dólar, é correto afirmar: 
 
(0) Convertendo-se o valor das compras para reais, o preço médio dos produtos 
adquiridos será de R$ 45,00. 
Resposta: 
Se a taxa de câmbio é de R$3,00, temos que o valor médio das compras em reais será: 
E(R$3,00×preço) = R$3,00×E(preço) = R$3,00×US$15,00 = R$45,00 
 
VERDADEIRA 
 
 
(1) Em reais, o desvio-padrão será de R$ 3,00. 
Resposta: 
Se o desvio-padrão é de US$1,00 e a taxa de câmbio é de R$3,00, obviamente, o 
desvio-padrão em reais será de R$3,00: 
dp(R$3,00×preço) = R$3,00×dp(preço) = R$3,00×US$1,00 = R$3,00 
 
VERDADEIRA 
 
 
(2) Se ao preço original de cada artigo, um intermediário adicionar uma margem de 
lucro fixa de R$ 10,00, o novo preço médio será R$ 55,00 com um desvio-padrão de 
R$ 6,00. 
Resposta: 
 
Se for adicionada uma margem de lucro fixa de R$10,00, o novo preço médio será: 
 
E(preço + 10) = E(preço) + E(10) = 45 + 10 = 55 
 
Mas o desvio-padrão continuará sendo o mesmo, já que1: 
 
dp(preço + 10) = dp(preço) = R$3,00 
 
FALSA 
 
 
(3) Se a margem de lucro for de 20% sobre o preço em reais, o novo preço médio será 
R$ 54,00 e o novo desvio-padrão será R$ 3,60. 
Resposta: 
Acrescentando-se uma margem de lucro de 20% sobre o preço em reais, temos que o 
preço médio será dado por: 
E(preço + 0,20preço) = E(preço) + 0,20E(preço) = 45 + 9 = R$54,00 
 
E o desvio-padrão: 
dp(preço + 0,20preço) = dp(1,20preço) = |1,20|dp(preço) = |1,20|× 3,00 = R$3,60 
 
VERDADEIRA 
 
 
(4) O coeficiente de variação calculado em reais, devido à taxa de câmbio, será 3 vezes 
maior do que aquele calculado utilizando-se os valores em dólar. 
Resposta: 
O coeficiente de variação (desvio-padrão dividido pela média) não é afetado por 
mudanças nas unidades de medida. Portanto, não faz diferença se calcularmos os 
valores em reais ou em dólares; o coeficiente de variação continuará sendo o mesmo. 
FALSA 
 
 
 
 
 
1 Lembre-se que o fato de adicionar uma constante não irá alterar a variabilidade da variável; apenas irá 
deslocar os seus valores para a direita (no caso de adição) ou para a esquerda (no caso de subtração). 
 
(ANPEC 2003, 09) Sendo Y e X duas variáveis aleatórias, é correto afirmar que: 
 
(0) Var(Y + X) = Var(Y) + Var(X) - 2Cov(Y, X); 
Resposta: 
A variância da soma de duas variáveis quaisquer é dada por: 
Var(Y + X) = var(Y) + var(X) + 2cov(Y, X) 
Demonstração: Veja Sartoris (2003, p.55) 
FALSA 
 
 
(1) Var(Y - X) = Var(Y) - Var(X) - 2Cov(Y,X); 
Resposta: 
A variância da diferença entre duasvariáveis quaisquer é dada por: 
Var(Y - X) = var(Y) + var(X) - 2 cov(Y,X) 
Demonstração: Veja Sartoris (2003, p. 56) 
FALSA 
 
 
(2) Var (Y + X) = Var(Y) + Var(X), se Y e X forem independentes; 
Resposta: 
Se as variáveis Y e X forem independentes, a covariância entre elas será 
necessariamente nula e, portanto, a variância da soma destas duas variáveis será igual à 
soma das variâncias. 
VERDADEIRA 
 
 
(3) se Cov(Y, X) = 0, então Y e X são independentes; 
Resposta: 
O fato da covariância entre duas variáveis ser nula não implica que elas sejam 
independentes (a não ser, por exemplo, que elas sejam normalmente distribuídas, como 
veremos no próximo item). Mas se duas variáveis são independentes, a covariância 
entre elas será nula. Para um exemplo de que covariância nula não implica 
independência de variáveis, veja Sartoris (2003, p. 128) ou questão ANPEC 1998, 10, 
itens 0 e 1, em distribuição de probabilidade conjunta. 
FALSA 
 
 
(4) se Cov(Y, X) = 0 e se Y e X têm distribuição conjunta normal, então Y e X são 
independentes. 
Resposta: 
Nesse caso, o fato da covariância entre X e Y ser igual a zero, implica que Y e X sejam 
independentes. Na questão ANPEC 1999, 14, item 4, mostramos que se duas variáveis 
são binomialmente distribuídas e se a covariância entre elas for igual a zero, então elas 
serão independentes. E, como sabemos, à medida que o tamanho da amostra aumenta, a 
binomial tende à distribuição normal. Portanto, os resultados obtidos naquela questão 
são válidos para esta também, ou seja, se as variáveis forem conjuntamente 
normalmente distribuídas e se a covariância entre elas for igual a zero, então essas 
variáveis serão independentes. 
Mas, apenas por curiosidade, a f.d.p. de uma normal bivariada é dada por: 
f(x,y) =
212
1
ρσπσ −yx
exp 




























−







 −





 −
−






 −
+




 −
−
2
22
1
2
2
1
ρ
σ
µ
σ
µ
ρ
σ
µ
σ
µ
y
y
x
x
y
y
x
x
yxyx
 
Portanto, se ρ (coeficiente de correlação entre x e y) for igual a zero (o que implica que 
a covariância também será zero), a expressão acima se reduzirá a: 
f(x,y) =
yxσπσ2
1 exp 















 −
+




 −
−
22
2
1
y
y
x
x
yx
σ
µ
σ
µ
 
que é a função densidade de probabilidade conjunta de duas variáveis independentes 
que possuem distribuição conjunta normal (já que nesse caso, f(x,y) = f(x)× f(y)). 
VERDADEIRA 
 
 
 
(ANPEC 2002, 03) Considere um investidor cuja composição da carteira é formada 
por dois ativos A e B. 
 
(0) Se os retornos esperados de A e B são iguais a 10% e 5%, e as participações de A e 
B na carteira são de 40% e 60%, respectivamente, então o retorno esperado da 
carteira é de 7,5%. 
Resposta 
O retorno esperado da carteira será dado por: 
E(carteira) = 0,4×0,10 + 0,6×0,05 
E(carteira) = 0,07 = 7% 
FALSA 
 
 
(1) Supondo-se que os retornos dos dois ativos referidos no quesito anterior sejam 
independentes e que suas variâncias sejam iguais a 10 e 20, respectivamente, então a 
variância da carteira será igual a 8,8. 
Resposta: 
A variância da carteira será dada por: 
var(carteira) = var(0,4 A + 0,6B) 
Se os retornos dos ativos são independentes, então a variância de sua soma é igual à 
soma das variâncias: 
var(carteira) = var(0,4 A) + var(0,6 B) 
var(carteira) = 0,42 var(A) + 0,62 var(B) 
var(carteira) = 0,16×10 + 0,36×20 
var(carteira) = 1,60 + 7,20 
var(carteira) = 8,8 
VERDADEIRA 
 
 
(2) Supondo-se que os retornos de A e B tenham a mesma variância, a diversificação 
dessa carteira nestes dois ativos somente reduzirá o risco total se o coeficiente de 
correlação entre os respectivos retornos for negativo. 
Resposta: 
A variância da carteira é dada por: 
var(carteira) = var(αA) + var(βB) + 2cov(αA, βB) 
 
onde β = (1-α). 
 
Se A e B têm a mesma variância, temos que: 
 
var(carteira) = α2var(A) + β2var(A) + 2αβcov(A,B) (I) 
 
Calculemos, então, cov(A,B). Para isso, primeiro calculemos o coeficiente de 
correlação entre os ativos: 
 
ρ = 
B)var(A)var(
B)cov(A, = 
2[var(A)]
B)cov(A, = 
var(A)
B)cov(A, 
 
Rearranjando, temos que: 
 
cov(A,B) = ρ var(A) ×
 
Substituindo a expressão acima em (I), temos: 
 
var(carteira) = α2var(A) +β2var(A) + 2αβρ var(A) 
var(carteira) = (α2 +β2 + 2αβρ) var(A) 
 
Portanto, para que o risco da carteira seja eliminado, basta que (α2 +β2 + 2αβρ) <1. 
Vejamos se o coeficiente de correlação entre os ativos precisa ser negativo para que isso 
ocorra. Suponha que ρ = 0. A variância da carteira será dada então por: 
 
var(carteira) = (α2 +β2) var(A) 
 
Supondo que α = 0,50 (e, portanto, β=0,5), temos que: 
 
var(carteira) = [0,50 + (0,50)2] var(A) 
var(carteira) = 0,75 var(A) < var(A) 
 
Ou seja, o coeficiente de correlação entre os ativos não necessariamente precisa ser 
negativo para que a diversificação dessa carteira reduza o risco. Como vimos, se ρ = 0, 
o risco também será reduzido. 
FALSA 
 
 
(3) No caso de correlação negativa perfeita, se a variância de A é duas vezes a variância 
de B, então é preciso investir duas vezes mais em A para eliminar o risco da 
carteira. 
Resposta: 
Note que se a variância de A é maior que a variância de B, então é preciso investir mais 
em B para eliminar o risco da carteira. Mas, façamos os cálculos. 
Se investirmos duas vezes mais em A, temos que a variância da carteira será dada por: 
 
var(carteira) = 




 A
3
2var + 




 B
3
1var + 2 




 B
3
1,A
3
2cov 
var(carteira) = 
9
4 var(A) + 
9
1 var(B) + 
9
4 cov(A,B) 
 
E, como a var(A) = 2var(B), temos que: 
 
var(carteira) = 
9
4 2var(B) + 
9
1 var(B) + 
9
4 cov(A,B) 
var(carteira) = 
9
8 var(B) + 
9
1 var(B) + 
9
4 cov(A,B) 
var(carteira) = var(B) + 
9
4 cov(A,B) (I) 
 
Se existe correlação negativa perfeita entre A e B, então: 
ρ(A,B) = -1 
B)var(A)var(
B)cov(A, = -1 
cov(A,B) = - B)var(A)var( 
cov(A,B) = - B)var(B)var(2 
cov(A,B) = - 2 var(B) 
 
Substituindo em (I), temos que: 
var(carteira) = var(B) + 
9
4 [- 2 var(B)] 
 var(carteira) = 





−
9
241 var(B) 
 
Para que o risco da carteira fosse eliminado, a expressão entre parênteses teria que ser 
igual a zero, o que, obviamente, não se verifica. Portanto, se a variância de A é duas 
vezes a variância de B e se investirmos duas vezes mais em A, o risco da carteira não 
será eliminado. 
FALSA 
 
 
(4) Se existir uma correlação negativa perfeita entre os retornos dos ativos A e B, 
haverá uma particular composição desses ativos que eliminará completamente o 
risco da carteira. 
Resposta: 
Como a variância da carteira é dada por: 
 
var(carteira) = var(αA) + var[(1-α)B] + 2cov[αA, (1-α)B] 
 
var(carteira) = α2var(A) + (1-α)2var(B) + 2α(1-α)cov(A,B) 
 
Se ρ = -1, então cov(A,B) = - B)var(A)var( . Substituindo: 
 
var(carteira) = α2var(A) + (1-α)2var(B) + 2α(1-α)[- B)var(A)var( ] 
 
Supondo que var(A) = 4var(B), temos que: 
 
var(carteira) = 4α2var(B) + (1-α)2var(B) + 2α(1-α)[- (B)4var(B)var ] 
var(carteira) = 4α2var(B) + (1-α)2var(B) + 2α(1-α) [-2var(B)] 
var(carteira) = [4α2 + (1-α)2 -4α(1-α)] var(B) 
var(carteira) = [4α2 +12 -2α + α2 -4α + 4α2] var(B) 
var(carteira) = [9α2 - 6α + 1] var(B) 
 
Para eliminar o risco da carteira, temos que a expressão entre colchetes acima deve ser 
nula. Portanto: 
9α2 - 6α + 1 = 0 
Resolvendo essa equação do 2º grau, encontremos o valor de 
3
1 para α. Portanto, se 
houver uma correlação negativa perfeita entre os ativos, e a var(A) = 4var(B), a seguinte 
composição eliminará completamente o risco da carteira: 
Carteira = 
3
1 A+ 
3
2 B 
VERDADEIRA 
 
 
 
(ANPEC 1999, 14) Com relação as definições de Coeficiente de Correlação e de 
Esperança Matemática, pode-se afirmar que : 
 
(0) Se X e Y são duas variáveis aleatórias de forma que Y=aX+b, onde a e b são 
constantes, então o coeficiente de correlação entre X e Y é igual a 1 se a < 0 e igual a -1 
se a > 0. 
Resposta: 
O coeficiente de correlaçãoentre X e Y será dado por: 
YX ,ρ = )var()var(
),cov(
YX
YX 
Como Y = aX+b: 
YX ,ρ = b)aXvar(X)var(
b)aXcov(X,
+
+ = 
)var(Xvar(X)a
X)cov(X, a
2
= 
)var(
)var(
Xa
Xa = 
a
a 
Portanto, se a < 0, o coeficiente de correlação entre X e Y será igual a -1 e se a > 0, será 
igual a 1. 
 
FALSA 
 
 
(1) Se XYρ é o coeficiente de correlação entre as variáveis X e Y onde W=aX+b e 
Z=cY+d com a,b,c e d constantes, então XYWZ ac
ac ρρ = onde a e c são diferentes de 
zero. 
Resposta: 
O coeficiente de correlação entre W e Z será dado por: 
 
ρWZ = 
)var()var(
),cov(
ZW
ZW 
 
E como W = aX+b e Z = cY+d, temos que: 
 
ρWZ = 
d)b)var(cYvar(aX
d)cY b,cov(aX
++
++ 
 
Utilizando as propriedades da variância e da covariância, sabemos que: 
 
ρWZ = 
)var()var(
),cov(
cYaX
cYaX = 
)var()var(
),cov(
YXac
YXac = XYac
ac ρ 
VERDADEIRA 
 
 
(2) Se o coeficiente de correlação entre as variáveis X e Y é igual a zero, então 
E(XY)=E(X)E(Y). Assim, pode-se concluir que X e Y são variáveis aleatórias 
independentes. 
Resposta: 
Sabemos que se o coeficiente de correlação é zero, a covariância também é zero e, 
portanto: 
 
Cov(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = 0 E(XY) = E(X)E(Y) ⇒
 
Porém, o fato da covariância ser igual a zero, não implica que as variáveis sejam 
independentes (a não ser que elas, por exemplo, sejam normalmente distribuídas). 
Para um exemplo de que covariância igual a zero não implica independência entre as 
variáveis, veja Questão ANPEC 1998, 10, itens (0) e (1). 
 FALSA 
 
 
(3) Se a função densidade de probabilidade de uma variável aleatória X é simétrica em 
relação a um ponto X=a , então E(X)=a. 
Resposta: 
Lembre-se que, quando uma distribuição é simétrica, temos que média = moda = 
mediana. Assim, o valor que divide a distribuição ao meio (mediana), que é exatamente 
o ponto em relação ao qual a distribuição é simétrica, é a própria média da distribuição. 
 
A figura abaixo dá o exemplo da distribuição normal, que é simétrica e, portanto, o 
valor que a divide ao meio é a própria média: 
 
VERDADEIRA 
 
 
(4) Dados os seguintes eventos : 
 
X=1 se o evento A ocorre, e 0 em caso contrário. 
Y=1 se o evento B ocorre, e 0 em caso contrário. 
Se as probabilidades dos eventos A e B são, respectivamente, maiores do que zero, 
então o coeficiente de correlação entre X e Y igual a zero implica em que X e Y são 
independentes. 
Resposta: 
 
Temos que: 
X = 



contrário caso 0,
ocorreA se ,1
 
Portanto, a média de X será dada por: 
E(X) = 1×P(A) + 0×P( A ) 
E(X) = P(A) 
 
E para Y, temos que: 
Y = 



contrário caso 0,
ocorre B se ,1
 
Portanto, a média de Y será: 
E(Y) = 1×P(B) + 0×P( B ) 
E(Y) = P(B) 
 
E sabemos que: 
XY = 

 
 contrário caso 0,
ocorrem B eA se ,1
 
Portanto, a média dos produtos será dada por: 
E(XY) = 1×P(A B) + 0× [1- P(A∩ ∩B)] 
E(XY) = P(A∩B) 
 
Sabemos que o coeficiente de correlação entre X e Y será igual a zero, se e 
somente se, a covariância entre X e Y for zero. E temos que: 
 
cov(X,Y) = 0 E(XY) - E(X)E(Y) = 0 ⇔
 
Dessa forma: 
E(XY) - E(X)E(Y) = 0 
E(XY) = E(X)E(Y) 
 
E, sabendo que E(X) = P(A), E(Y) = P(Y) e E(XY) = P(A∩B), temos: 
 
P(A B) = P(A).P(B) ∩
 
Portanto, A e B são independentes 
VERDADEIRA 
 
 
 
(ANPEC 1998, 1) Pode - se afirmar que: 
(0) Multiplicando (ou dividindo) por um valor constante e arbitrário, c, cada elemento 
de um conjunto de números, o desvio padrão deste conjunto fica multiplicado (ou 
dividido ) pela constante c. 
Resposta 
O desvio padrão, quando multiplicamos cada elemento por c é dado por: 
 dp (cX) = c dp(X) 
E, analogamente, para a divisão: 
 dp (
c
X ) = 
c
1 dp(X) 
VERDADEIRA 
 
(1) No caso de dois conjuntos de e valores, onde e são, respectivamente, 
suas variâncias e 
n1 n2 s1
2 s2
2
x1 e x2 suas médias, a variância combinada , , destes dois 
conjuntos quando, 
s2
x x= =1 x2 , é igual a s n n
2 2 2
21 1
=
− + −n s1 1
2( ) n
2
( s)
1 2+ −
 . 
Resposta 
A variância será dada por uma média ponderada pelos graus de liberdade nas duas 
amostras: 
 
)1()1(
)1()1(
21
2
22
2
112
−+−
−+−
=
nn
snsns =
2
)1()1(
21
2
22
2
11
−+
−+−
nn
snsn 
 
VERDADEIRA 
 
(2) Quando dois conjuntos de valores são expressos em unidades de medidas diferentes, 
é mais justificável o uso do desvio padrão (dispersão absoluta) do que o coeficiente 
de variação de Pearson, para efeito de comparação. 
Resposta 
O coeficiente de variação de Pearson é dado por: 
 ζ = 
média
padrão desvio 
Portanto, será um número adimensional, isto é, não tem unidades, já que a média e o 
desvio padrão são medidos na mesma unidade. Portanto, ele será preferível ao desvio 
padrão para compararmos valores expressos em unidades de medidas diferentes. 
 
FALSA 
 
(3) Quando uma distribuição de frequência apresenta M (Moda) > M e (Mediana) > 0
x (Média aritmética) , ela diz-se assimétrica à direita e, assimétrica à esquerda, em 
caso contrário. 
 
Resposta 
O caso em que M (Moda) < M e (Mediana) < 0 x (Média aritmética) está mostrado 
abaixo: 
 
 E o caso em que M (Moda) > M (Mediana) > 0 e x (Média aritmética) abaixo: 
 
 A primeira é dita assimétrica à direita e a segunda, à esquerda. Portanto, o 
inverso do que foi afirmado. 
 
FALSA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Distribuição de probabilidade discreta 
 
 
 
(ANPEC 2003, 04) Com relação à variáveis aleatórias discretas é correto afirmar que: 
 
(0) se X1, ..., Xn são variáveis aleatórias identicamente distribuídas com distribuição 
Bernoulli com parâmetro p, então terá uma distribuição Poisson quando 
n for grande; 
∑
=
=
n
i
iXZ
1
Resposta: 
A variável Z, que é uma variável com distribuição binomial (já que é a soma de n 
experimentos de Bernouilli), apenas terá distribuição de Poisson quando n for grande 
( n ) e p for pequeno ( ), de forma que n∞→ 0→p ×p (que é o parâmetro da 
distribuição de Poisson) permaneça constante. 
 
FALSA 
 
(1) uma variável aleatória com distribuição binomial representa o número de sucessos 
em n experimentos de Bernoulli; 
Resposta: 
A distribuição binomial é a generalização da distribuição de Bernouilli. Na distribuição 
de Bernouilli temos dois eventos mutuamente exclusivos (sucesso e fracasso) e apenas 
um experimento. Na binomial, também temos apenas dois eventos mutuamente 
exclusivos, mas o número de experimentos pode ser maior que um. É como se 
realizássemos n vezes um experimento de Bernouilli. Chamando de X um experimento 
de Bernouilli, temos que Y = será binomialmente distribuída. E como X pode 
assumir apenas os valores 1 e 0, representa o número de sucessos em n 
experimentos de Bernouilli. 
∑
=
n
i
iX
1
∑
=
n
i
iX
1
VERDADEIRA 
 
 
(2) a distribuição hipergeométrica é um caso especial da distribuição Normal; 
Resposta: 
A distribuição hipergeométrica é um caso especial da distribuição binomial. Ela se 
refere à probabilidade de ao retirarmos n elementos de um total de N, sem reposição, 
termos k elementos com o atributo sucesso (do total de N elementos, s possuem o 
atributo sucesso e N-s o atributo fracasso). Note que a distribuição hipergeométrica 
difere da distribuição binomial pelo fato da amostragem ser feita sem reposição e a 
amostra ser finita (já que é igual a N). Quando a amostra for infinita, ou seja, N for 
suficientemente grande em relação a n, não haverá diferença entre a distribuição 
hipergeométrica e a binomial, já que não fará diferença retirarmos os elementos com ou 
sem reposição. 
Aliás, cabe notar que a média e a variância de uma distribuição hipergeométrica são 
dadas por: 
E(x) = np 
Var(x) = np(1-p) 


 −
−
1N
nN

 
Como podemos ver, a média da distribuição hipergeométrica é igual a da distribuição 
binomial. Já a sua variância difere da variância de uma distribuição binomial apenas 
pelo fator 





−
−
1N
nN , que é exatamente o fator de correção para a variância quando a 
amostra é finita e a amostragem é feita sem reposição. 
 
FALSA 
 
 
(3) a distribuiçãoQui-quadrado possui média igual a n e variância igual a 4n, em que n 
é o número de graus de liberdade; 
Resposta: 
Seja Z uma variável normal padronizada: 
Z = 
σ
µ−x ~N(0,1) 
Então, ~ ∑
=
n
i
iZ
1
2 2
nχ , ou seja, a soma de n variáveis normais padronizadas ao quadrado, 
segue uma distribuição Qui-quadrado com n graus de liberdade. A esperança da 
distribuição Qui-quadrado será dada então por: 
E( 2nχ ) = 



∑
=
n
i
iZ
1
2E
E( 2nχ ) = ∑ ( )
=
n
1i
2E iZ
Note que E( ) = var ( , já que E(Z2iZ )iZ i) = 0. E, com sabemos, a variância de uma 
normal padronizada é igual a 1. Portanto: 
E( 2nχ ) = n 
Calculemos agora a variância de uma distribuição Qui-quadrado: 
var( 2nχ ) = 



∑
=
n
i
iZ
1
2var
var( 2nχ ) = ( )∑
=
n
i
iZ
1
2var
var( 2nχ ) = [ ]{ }∑
=
−
n
i
ii ZZ
1
224 )(E)(E 
Como já tínhamos visto antes, E( ) = var2iZ ( )iZ = 1: 
var( 2nχ ) = [ ]∑
=
−
n
i
iZ
1
24 1)(E 
E a E( ) de uma distribuição normal padronizada, isto é, o quarto momento em 
relação à média de uma distribuição normal padronizada, é igual a 3. Portanto: 
4
iZ
var( 2nχ ) = ∑ ( )∑
=
−
n
i 1
13 =
=
n
i 1
2
var( 2nχ ) = 2n 
Dessa forma, a distribuição Qui-quadrado possui média igual a n e variância igual a 2n 
(n é o número de graus de liberdade). 
FALSA 
 
 
(4) a distribuição binomial pode ser aproximada pela distribuição de Poisson para 
valores grandes de n (tamanho da amostra) e pequenos de p (probabilidade de 
sucesso). 
Resposta: 
É exatamente nesse caso que a distribuição binomial pode ser aproximada pela 
distribuição de Poisson (veja item (0) desta questão). 
 
VERDADEIRA 
 
 
 
(ANPEC 2003, 13) A probabilidade de um homem acertar um alvo é ¼. Quantas 
vezes ele deve atirar para que a probabilidade de acertar pelo menos uma vez no alvo 
seja maior que 2/3? 
Solução: 
A probabilidade de acertar o alvo pelo menos uma vez será dada por: 
 
P(pelo menos uma vez) = 1 - P(acertar nenhuma) 
 
E como a probabilidade de acertar o alvo é de 
4
1 , a probabilidade de não acertá-lo é de 
4
3 . Na tabela abaixo, calculamos essas probabilidades para os valores de n até que 
P(pelo menos uma vez) seja maior que 
3
2 (≅ 0,67): 
 
 
 
 
 
N 
 
P(acertar nenhuma) P(pelo menos 1 vez) 
1 
4
3 
4
1 
2 
4
3
×
4
3 = 
16
9 
16
7 
3 
4
3
×
4
3
×
4
3 = 
64
27 
64
37 ( 0,58) ≅
4 
4
3
×
4
3
×
4
3
×
4
3 =
256
81 
256
175 ( 0,68) ≅
 
 
Portanto, ele deve atirar 4 vezes para que a probabilidade de acertar pelo menos uma 
vez no alvo seja maior que 
3
2 . 
 
 
 
(ANPEC 2002, 07) Em relação às distribuições de probabilidade discretas: 
 
(0) Uma variável aleatória X com distribuição binomial de parâmetro p, baseada em n 
repetições, aproxima-se de uma Poisson quando ∞→n e p permanece constante. 
Resposta: 
Uma variável aleatória com distribuição binomial pode sim ser aproximada por uma 
distribuição de Poisson, desde que n ∞→ e p , de modo que np permaneça 
constante (veja da questão ANPEC 2003, 04, item 0). 
0→
FALSA 
 
 
(1) Uma variável aleatória Y, definida como o número de repetições necessárias para a 
primeira ocorrência de A, tem distribuição Geométrica, desde que as repetições 
sejam independentes e que P(A) = p e P(AC ) = 1-p. 
Resposta: 
A distribuição geométrica se refere à probabilidade de A ocorrer exatamente na k-ésima 
repetição. Portanto, se a variável aleatória Y é o número de repetições necessárias para a 
primeira ocorrência de A, ela terá distribuição geométrica, cuja função de distribuição é 
dada por: 
P(x = k) = (1-p)k-1p 
 
VERDADEIRA 
 
(2) Pode-se utilizar a distribuição Binomial para, por exemplo, calcular a probabilidade 
de se encontrar k peças defeituosas em um lote de n peças selecionadas ao acaso, 
sem reposição. 
Resposta: 
Nesse caso, deve-se utilizar a distribuição hipergeométrica, já que não há reposição das 
peças. 
FALSA 
 
 
(3) Se uma variável aleatória segue uma distribuição Hipergeométrica, sua distribuição 
será próxima da Binomial se o tamanho da população for grande em relação ao 
tamanho da amostra extraída . 
Resposta: 
A distribuição hipergeométrica difere da binomial pelo fato da amostra ser finita e os 
elementos serem retirados sem reposição. Quando o tamanho da população for grande 
em relação ao tamanho da amostra, não fará diferença se retiramos os elementos com ou 
sem reposição e, portanto, a distribuição hipergeométrica será próxima da distribuição 
binomial. Veja também questão ANPEC 2003, 4, item 2. 
VERDADEIRA 
 
(4) Se Z tiver distribuição de Poisson com parâmetro α , então, E(Z) = V(Z) =α . 
Resposta: 
A distribuição de Poisson é o caso limite de uma distribuição binomial fazendo n→ ∞ e 
p 0, ou seja, o número de repetições do experimento tende a infinito e a 
probabilidade do evento ocorrer tende a zero, de modo que np permaneça constante. 
Portanto, a média e a variância de uma distribuição de Poisson serão dadas, 
respectivamente, por: 
→
E(Z) = np = α 
Var(Z) = np(1-p) = np = α 
 
Dessa forma, na distribuição de Poisson, a média é igual à variância, que são iguais ao 
parâmetro da distribuição, α. 
VERDADEIRA 
 
 
 
(ANPEC 2002, 14) Uma companhia de seguros tem 400 segurados de certo tipo. O 
prêmio do seguro é R$ 1.000,00 por ano. Caso ocorra um sinistro a seguradora 
indenizará R$ 8.000,00 a cada acidentado. Sabe-se que a probabilidade de ocorrência 
de sinistro, é 0,1 por ano. Os custos fixos da seguradora são de R$ 8.000,00 por ano. 
Qual a probabilidade da seguradora ter prejuízo em um certo ano? (Ignore o fator de 
correção para continuidade, multiplique sua resposta por 100 e transcreva a parte inteira 
do número encontrado). 
Solução: 
A receita total dessa companhia é dada por: 
R = 400×1000 = 400.000 
 
Chamando de x o número de sinistros ocorridos por ano, temos que os seus custos totais 
são: 
C = 8.000x + 8.000 
 
Portanto, o lucro dessa companhia é dado por: 
L = R - C 
L = 400.000 - (8.000x + 8.000) 
Se o lucro for igual a zero, obviamente, a empresa não terá lucro nem prejuízo. E temos 
que: 
 
L = 0 ⇔ 8.000x = 400.000 - 8.000 
x = 
8
392 
x = 49 
 
Portanto, para que a empresa tenha prejuízo, o número de sinistros ocorridos por ano (x) 
deve ser maior que 49. Então, devemos encontrar P(x>49). Note que a variável x tem 
distribuição binomial e, dessa forma, temos que: 
 
E(x) = np = 400×0,1 = 40 
var(x) = np(1-p) = 400×0,1×0,9 = 36 
dp(x) = )var(x = 6 
 
E, como a variável é binomialmente distribuída, podemos aproximá-la pela distribuição 
normal. Padronizando a variável para podermos consultar a tabela, temos que: 
z = 
)(xdp
x µ− = 
6
4049 − =
6
9 = 1,5 
 
Portanto, P(x>49) = P(z>1,5): 
 
 
Consultando a tabela da distribuição normal para z = 1,5 encontraremos o valor 
de 0,0668 (lembrando que a tabela fornecida para o exame dá as probabilidades dos 
valores extremos). Portanto: 
 
P(x>49) = P(z>1,5) = 0,0668 = 6,68%. 
 
Transcrevendo apenas a parte inteira do número encontrado, chegaremos ao valor de 6 . 
 
 
 
(ANPEC 1999, 12) Sobre as distribuições de probabilidade podemos afirmar que: 
 
(0) Na distribuição Binomial não é possível contar as não-ocorrências do evento e a 
média e a variância são iguais ao parâmetro da distribuição. 
Resposta: 
O enunciado desse item se aplicaria à distribuição de Poisson. Na Binomial é possível 
sim contar as não-ocorrências do evento e, como sabemos a média e a variância de uma 
distribuição binomial não são iguais, já que sua média é dada por np e sua variância por 
np(1-p). 
 
FALSA 
 
 
(1) As características da distribuição de Poisson são: 
 (i) n repetições de um experimento de Bernoulli; 
 (ii) as repetições são independentes; 
(iii) cada experimento tem dois resultados possíveis que são mutuamente 
exclusivos; 
(iv) a distribuição de probabilidade é definida como 
, x = 1, 2, …, n, onde n = número de 
repetições do experimento, p = probabilidade de ocorrência de sucesso e 
q = 1 - p. 
P X x
n
x
p qx n( ) . .= = 




 −x
Resposta:As características enunciadas na afirmativa são de uma distribuição binomial. A 
distribuição de Poisson possui as seguintes características: 
- não é possível contar as não-ocorrências do evento; 
- E(x) = var(x) = np = λ , ou seja, a média é igual à variância; 
- a distribuição de probabilidade é definida como P(X = k) = 
!k
e kλλ− 
FALSA 
 
 
(2) A média de uma distribuição Geométrica é 1/p, onde p = probabilidade de 
ocorrência de sucesso. 
Resposta: 
A distribuição geométrica refere-se à probabilidade de ocorrência de sucesso 
exatamente na n-ésima jogada. Portanto, temos que: 
P(X = 1) = p 
P(X = 2) = p (1-p) ×
P(X = 3) = p (1-p)× 2 
 
P(X =n) = p (1-p)× n-1 
 
A média de X será então: 
E(X) = 1×p + 2×p× (1-p) + 3× p× (1-p)2 + … 
 
Note que a expressão acima é "quase" uma progressão geométrica, exceto pelos 
números 1, 2, 3, … . Como veremos abaixo, a expressão acima é a soma de progressões 
geométricas: 
 
p + p(1-p) + p(1-p)2 + p(1-p)3 + … 
 p(1-p) + p(1-p)2 + p(1-p)3 + … 
 p(1-p)2 + p(1-p)3 + … 
 p(1-p)3 + … 
 
p + 2p(1-p)+3p(1-p)2+4p(1-p)3+… 
 
E a soma dos termos de uma progressão geométrica infinita, com valor inicial dado por 
a e razão dada por q é: 
S = 
q
a
−1
 
 
Portanto, temos que: 
E(X) = 
)1(1 p
p
−−
+ 
)1(1
)1(
p
pp
−−
− +
)1(1
)1( 2
p
pp
−−
− +
)1(1
)1( 3
p
pp
−−
− + … 
E(X) = p + (1-p) + (1-p)2 + (1-p)3 + … 
E(X) = 
)1(1
1
p−−
 
E(X) = 
p
1 
 
 VERDADEIRA 
 
 
 (3) Um levantamento junto ao Setor de Contabilidade de uma loja de departamentos 
mostrou que 30% dos clientes pagam suas mensalidades com atraso. Se em certo 
dia selecionarmos ao acaso 10 pessoas que pagaram suas dívidas mensais, a 
probabilidade de no máximo um cliente ter pago com atraso é aproximadamente 
15%. 
Resposta: 
Chamando de X a probabilidade de um cliente atrasar sua dívida, temos que, num grupo 
de 10 clientes: 
P(X=0) = 0,7010= 0,028 
P(X=1) = 10 0,7× 9×0,301 = 0,1211 
 
Dessa forma, a probabilidade de no máximo um cliente atrasar o pagamento será dada 
por: 
P(X 1) = P(X=0) + P(X=1) ≤
P(X 1) = 0,028 + 0,1211 ≤
P(X 1) 15% ≤ ≅
 
VERDADEIRA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 poderá assumir qualquer valor positivo desde que a área do gráfico não 
seja maior do que 1, ou seja, a soma de todas as probabilidades (que, obviamente, não 
pode ser maior que 1). 
Distribuição de probabilidade contínua 
 
 
(ANPEC 2004, 05) Uma variável aleatória contínua x tem a sua função densidade de 
probabilidade dada pelo gráfico: 
 
 
 
 
 
 
São corretas as afirmativas: 
1 K2 
 
K1 
 
(0) O valor da constante K1 não poderá ser maior do que 1. 
Resposta: 
A constante K1
FALSA 
 
 
(1) O valor da constante K2 será igual a (K1+2)/2K1. 
Resposta: 
Para encontrarmos o valor da constante K2, basta calcularmos a área do gráfico da f.d.p. 
de x e igualar a 1. E, como podemos observar no gráfico, temos duas figuras, um 
triângulo e um retângulo. A área do triângulo é dada por: 
 
2
alturabase× = 
2
1 1K 
 
E a do retângulo: 
 
base×altura = (K2 -1)×K1 
 
Somando essas duas áreas e igualando a 1, temos que: 
2
1K + (K2 -1) K× 1 = 1 
(K2 -1) = 
1
1 1
2
1
K
K
×




 − 
(K2 -1) = 2
11
1
−
K
 
K2 = 2
11
1
−
K
+ 1 
K2 = 2
11
1
+
K
 
K2 = 
1
1
2
2
K
K+ 
 
VERDADEIRA 
 
(2) A função densidade de probabilidade de x será 





≤≤
<≤
=
.intervalos dessesfora,0
1,
10,
)( 21
1
KxK
xxK
xf
 
Resposta: 
É exatamente essa a f.d.p. de x. Observando o gráfico, podemos ver claramente que se x 
estiver entre 0 e 1, o valor de f(x) será K1x. Se x estiver entre 1 e K2, o valor da f(x) será 
igual à constante K1 (já que f(x) é uma linha horizontal nesse intervalo). E fora desses 
intervalos, a f(x) é igual a zero. Observe que os sinais de desigualdade ou são 
equivalentes nesse caso, já que a distribuição é contínua. 
≤ <
VERDADEIRA 
 
 
(3) A função de distribuição acumulada de x será 






≥
<≤
<≤
=
2
21
2
1
,1
1,
10,2/
)(
Kx
KxxK
xxK
xF
 
Resposta: 
Sabemos que: 
 
F(x) = ∫
∞−
x
dttf )( 
 
Ou seja, a função de distribuição acumulada (F(x)) é a soma das probabilidades de todos 
os valores possíveis que a variável x pode assumir até o valor de x propriamente dito. 
 
Portanto, nesse caso, temos que: 
 
F(x) = = ∫ xdxK1 2
2
1
xK + C 
Como F(0) = 0, substituindo temos: 
 
F(0) = C =0 
 
Então, para 0 ≤ x < 1 
 
F(x) = 
2
2
1
xK 
 
Para 1 ≤ x < K2, temos: 
 
F(x) = = + C dxK∫ 1 xK1
Da primeira função, temos: 
F(1) = 
2
12
1K = 2
1K 
 
Substituindo na segunda: 
F(1) = + C = 1K 2
1K 
 C = 
2
1K – K 1
 C = –
2
1K 
 
Dessa forma, a função de distribuição acumulada de x será dada por: 







≥
<≤−
<≤
=
2
2
1
1
2
1
 ,1
1 ,
2
10 ,2/
)(
Kx
Kx
K
xK
xxK
xF 
FALSA 
 
 
(4) Supondo que K2 =1, a esperança matemática de x, E(x), será 1/3. 
Resposta: 
 
Supondo que K2 = 1, a f.d.p de x será: 
 


 <≤
=
intervalo dessefora,0
10,
)( 1
xxK
xf 
 
E para calcularmos a esperança de x, precisamos encontrar o valor da constante K1. 
Nesse caso é fácil, já que no item (1) dessa questão encontramos que1: 
 
K2 = 
1
1
2
2
K
K+ 
Portanto: 
 
1 Para aqueles que não tivessem resolvido o item (1) dessa questão (ou para os que não tivessem absoluta 
certeza de sua veracidade), bastaria calcular e igualar a 1. ∫
1
0
1 xdxK
1 = 
1
1
2
2
K
K+ 
2K1 = 2 + K1 
2 K1 - K1 = 2 
K1 = 2 
 
A esperança de x será então: 
E(x) = ∫
1
0
)( dxxxf
E(x) = ∫
1
0
)2( dxxx
E(x) = ∫
1
0
22 dxx
E(x) =
1
0
3
3
2 


 x 
E(x) = 2×
3
1 
E(x) = 
3
2 
 
FALSA 
 
 
 
(ANPEC 2003, 03) O custo X de produção de certo bem é uma variável aleatória com 
função densidade de probabilidade 


 ≤≤
=
contrário caso0
41
)(
2 xkx
xf 
É correto afirmar que: 
 
(0) o valor de k é 63; 
Resposta: 
Para que f(x) seja uma f.d.p., a seguinte condição deve ser satisfeita: 
 
∫
4
1
)( dxxf = 1 
 
Ou seja, a soma das probabilidades deve ser igual a 1. Portanto: 
 
∫
4
1
2dxkx = 1 
∫
4
1
2dxxk = 1 
4
1
3
3 


 xk = 1 



 −
3
1
3
4 33k =1 
21k = 1 
 
k = 
21
1 
 
FALSA 
 
 
(1) o custo médio do produto é aproximadamente 1,04; 
Resposta: 
Para encontrarmos o custo médio do produto, basta encontrarmos a esperança de x: 
E(x) = ∫
4
1
)( dxxxf
E(x) = ∫
4
1
2dxxkx
E(x) = ∫
4
1
3dxxk
E(x) = 
4
1
4
4 


 xk 
E(x) = 


 −
4
1
4
4 44k 
E(x) = 
4
255
21
1
× 
E(x) 3,036 ≅
 
FALSA 
 
 
(2) o custo é menor do que 2 com probabilidade 1/9; 
Resposta: 
 
A probabilidade de x ser menor que 2 é dada por: 
P(x < 2) = ∫
2
1
)( dxxf
P(x < 2) = ∫
2
1
2
21
1 dxx 
 
P(x < 2) = 
2
1
3
321
1



 x 
 
P(x < 2) = 


 −
3
1
3
2
21
1 33 
P(x < 2) = 
3
7
21
1
× 
P(x < 2) = 
9
1 
VERDADEIRA 
 
 
(3) a variância do custo do produto é aproximadamente 3,04; 
Resposta: 
 
Sabemos que a variância de x é dada por: 
var(x) = E(x2) - [E(x)]2 
 
A média dos quadrados de x é: 
E(x2) = ∫
4
1
2 )( dxxfx
E(x2) = ∫
4
1
22
21
1 dxxx 
 
E(x2) = ∫
4
1
4
21
1 dxx 
E(x2) = 


 −
5
1
5
4
21
1 55 
E(x2) = 
5
1023
21
1
× 
E(x2) =
35
341
≅ 9,743 
 
A média de x já foi calculada no item (1): E(x) = 3,036. 
 
A variância será então: 
var(x) = E(x2) - [E(x)]2 
var(x) = 9,743 - (3,036)2 
var(x) 0,52 ≅
 
FALSA 
 
 
(4) o custo é maior do que 3 com probabilidade 8/9. 
Resposta: 
 
A probabilidade x ser maior que 3 será: 
P(x > 3) = ∫
4
3
)( dxxf
P(x > 3) = ∫
4
3
2
21
1 dxx 
P(x > 3) = 


 −
3
3
3
4
21
1 33 
P(x > 3) = 
3
37
21
1
× 
P(x > 3) = 
63
37 
FALSA 
 
 
 
(ANPEC 2002, 08) Em relação às distribuições de probabilidade contínuas: 
 
(0) Se X tem distribuição Normal( ), então a função densidade de probabilidade de 
X, f(x), atinge o seu valor máximoquando x =
2,σµ
µ e nesse ponto 
πσ 2
1)( =xf . 
Resposta: 
Nesse caso é evidente que a função densidade de probabilidade atinge seu ponto 
máximo quando x for igual a µ (basta olhar para o gráfico da distribuição normal): 
 
 
Porém, para os que gostam de cálculo, podemos mostrar facilmente que a f.d.p. de X 
atingirá seu máximo quando x for igual a µ. Para isso, basta derivarmos a função 
densidade de probabilidade de X e igualar a zero, para encontrar seu ponto de máximo: 
 
f(x) = 
( )
22
2
22
1
σ
µ
πσ
−
−
x
e 
dx
xdf )( = 
22
1
πσ
× 
( )
2
2
2
1
σ
µ−
−
x
e × ( )
2
2
2
1
σ
µ−
×−
x 
dx
xdf )( = ( )
2σ
µ−
−
x
×
22
1
πσ
×
( )
2
2
2
1
σ
µ−
−
x
e 
E temos que: 
dx
xdf )( = 0 (x-µ) = 0 ⇔
(x-µ) = 0 
x = µ 
 
E quando x = µ, a f.d.p. de x será: 
f(x) = 0
22
1 e
πσ
 = 
22
1
πσ
 
 
VERDADEIRA 
 
 
(1) Se X tem distribuição Uniforme no intervalo [0,α ], α >0, então, α tem que ser 
igual a 4/3 para que P(X > 1) = 1/3. 
Resposta: 
Sabemos que a f.d.p. de uma variável uniformemente distribuída é dada por f(x) = 
a−α
1 , que, nesse caso, equivale a 
α
1 (já que a = 0). Portanto, a P(X > 1) será dada por: 
P(X > 1) = ∫
α
α1
1 dx 
E para que P(X > 1) seja igual a 
3
1 , temos que: 
∫
α
α1
1 dx = 
3
1 
α
α 1
1



 x =
3
1 



 − 111
α
α
α
=
3
1 
α
11− = 
3
1 
α
1 = 1 - 
3
1 
α
1 = 
3
2 
α = 
2
3 
Portanto, α deve ser igual a 
2
3 para que P(X>1) seja igual a 
3
1 . 
FALSA 
 
 
(2) A distribuição t de Student assemelha-se à Normal padrão, N(0,1), mas possui 
caudas mais pesadas, quando n, o tamanho da amostra, é maior do que 30. 
Resposta: 
Pelo contrário, à medida que n aumenta, a distribuição t de Student se aproxima cada 
vez mais da distribuição normal. Ela tem caudas "mais pesadas" quando o tamanho da 
amostra é pequeno (menor que 30). Aliás, quando a amostra for grande, a distribuição t 
de Student será igual à distribuição normal padronizada. 
 
FALSA 
 
 
(3) Se uma variável aleatória contínua tem função de distribuição 
0 se 0 
0 se 1)(
<=
≥−= −
x
xexF x 
então a função densidade de probabilidade de X será 
.0 se 0 
0 se )(
<=
≥= −
x
xexf x 
Resposta: 
A função densidade de probabilidade de uma variável é a derivada de sua função de 
distribuição acumulada. Portanto: 
f(x) = 
dx
xdF )( 
f(x) = 
dx
ed x )1( −−
x−
 
f(x) = 0 - (- ) e
f(x) = xe −
Dessa forma, a f.d.p. de x será dada por: 
0 se 0 
0 se )(
<=
≥= −
x
xexf x 
 
Nota: observe que o fato do sinal de desigualdade ser (≥ ≤ ) ou > (<) não tem 
importância, já que se trata de uma distribuição de probabilidade contínua. 
VERDADEIRA 
 
 
(4) A variável aleatória Z tem distribuição Lognormal se e somente se exp (Z) tiver 
distribuição Normal. 
Resposta: 
A variável Z terá distribuição log-Normal se e somente se ln(Z) tiver distribuição 
normal. 
FALSA 
 
 
(ANPEC 2001, 4) Seja X uma variável aleatória, com função densidade de 
probabilidade f(x) contínua, definida sobre o espaço amostral A, do universo U: 
 
(0) Tanto A como U devem ser contínuos. 
Resposta: 
Se a variável aleatória é contínua, então seu espaço amostral e universo necessariamente 
devem ser contínuos também. 
VERDADEIRA 
 
(1) A probabilidade P(X≤ x ) é dada por 0 ∫
∞−
ox
dXXf )( .
Resposta: 
A probabilidade de X ser menor que um valor qualquer é dada pela soma de f(X) nesse 
intervalo, ou seja, pela integral de sua função densidade de probabilidade nesse 
intervalo. 
VERDADEIRA 
 
 
(2) A probabilidade P(X = x 0 ) é dada por f(x 0 ). 
Resposta: 
Quando a f.d.p. é contínua, a probabilidade de X assumir um número qualquer é zero, já 
que é um valor entre infinitos valores possíveis: 
∫
0
0
)(
x
x
dxxf = = [ ] 0
0
)(
x
x
xf∫ ∫ ∫− )()( 0 xxfxf = 0 
FALSA 
 
 
(3) A função cumulativa de probabilidade pode ser discreta. 
Resposta: 
Se a função densidade de probabilidade é contínua, a sua função cumulativa de 
probabilidade (ou função de distribuição acumulada) também deve ser contínua, já que 
a primeira é a derivada desta última. 
FALSA 
 
(4) A função densidade de probabilidade de X é calculada por f(x) = )(xF
dx
d em que, 
F(x) é a função de distribuição acumulada. 
Resposta: 
Como já foi dito no item anterior, a função densidade de probabilidade f(x) é a derivada 
da distribuição acumulada (e, portanto, a função de distribuição acumulada é a integral 
da f.d.p.). Porém, a função f(x) já foi definida no enunciado. Sendo assim, ela pode 
conter pontos em que há descontinuidade em F(x). Como sabemos, se F(x) não é 
contínua para um ponto x0, sua derivada não existirá neste ponto. Mas nada impede que 
a função f(x) seja definida, a priori, contendo estes pontos, o que não alteraria o cálculo 
das probabilidades através dela (já que a inclusão ou não de um único ponto em uma 
f.d.p. contínua é irrelevante para o cálculo das probabilidades). 
 
FALSA 
 
 
 
(ANPEC 2001, 14) Seja X uma variável aleatória contínua, com função densidade de 
probabilidade dada por 31,
2
1)( ≤≤= Xxf . Determine o valor da mediana dessa 
distribuição. 
Solução: 
Sabemos que a mediana divide a distribuição ao meio. Chamando a mediana de m, 
temos que: 
P(x>m) = ∫
3
2
1
m
dx = 0,5 e P(x<m) = ∫
m
dx
1 2
1 = 0,5 
 
Tomando a segunda das expressões acima (mas poderia ser a primeira também), temos: 
∫
m
dx
1 2
1 = 0,5 
m
x
12
1



 = 0,5 



 −
2
1
2
1 m = 0,5 
m
2
1 = 
2
1
2
1
+ 
m = 
2
1
1 = 2 
Portanto, a mediana dessa distribuição é igual a 2 . 
 
 
 
(ANPEC 2000, 14) Seja uma função de densidade de probabilidade : 
 
 





 ≤<
=
xdevaloresoutrospara
xparacx
xf
0
20
)(
2
 
 
Calcule a probabilidade de (0 ≤ x ≤ 1). Arredonde o resultado e multiplique por 100. 
Solução: 
Antes de calcularmos a probabilidade pedida, temos que encontrar o valor da 
constante c. Portanto: 
∫ =
2
0
1)( dxxf 
∫ =
2
0
2 1dxcx 
∫ =
2
0
2 1dxxc 
1
3
2
0
3
=


 xc 
1
3
0
3
2 33
=


 −c 
1
3
8
=c 
8
3
=c 
Agora podemos calcular )10( ≤≤ xP : 
)10( ≤≤ xP = ∫
1
0
)( dxxf
)10( ≤≤ xP = ∫
1
0
2
8
3 dxx 
)10( ≤≤ xP = ∫
1
0
2
8
3 dxx 
)10( ≤≤ xP = 
1
0
3
38
3



 x 
)10( ≤≤ xP = 


 −
3
0
3
1
8
3 33 
)10( ≤≤ xP = 
8
1 = 0,125 
Arrendondando o resultado e multiplicando por 100, chegaremos ao valor de 13 . 
 
 
 
(ANPEC 1999, 11) Podemos afirmar que: 
 
(0) A distribuição qui-quadrado muda de forma de acordo com o tamanho da amostra. 
Para amostras pequenas, a distribuição se inclina para a direita assimetricamente e 
torna-se cada vez mais simétrica à medida que o tamanho da amostra cresce. 
Resposta: 
O formato da distribuição Qui-quadrado é dependente do número de graus de liberdade 
da amostra. Quanto menor for o número de graus de liberdade, mais assimétrica será a 
distribuição Qui-quadrado e quanto maior ele for, mais simétrica ela será. Aliás, quando 
o número de graus de liberdade é grande, a distribuição χ2 se aproxima da normal. 
 
VERDADEIRA 
 
 
(1) A distribuição “t” é sempre simétrica com média zero e à medida que o tamanho da 
amostra aumenta, a distribuição “t” aproxima-se da distribuição normal padrão. 
Resposta: 
A distribuição t de Student é simétrica e possui sempre média zero e variância igual a 
2−n
n (n é o número de graus de liberdade). Quando n é pequeno, o formato da 
distribuição t é o de uma "normal" achatada, e conforme o tamanho da amostra 
aumenta, a distribuição t se torna cada vez mais simétrica, ou seja, aproxima-se da 
distribuição normal padronizada. 
VERDADEIRA 
 
 
(2) A distribuição “F” é uma razão entre duas variáveis aleatórias “t” independentes, 
cada uma delas dividida pelo respectivo número de graus de liberdade. 
Resposta: 
A distribuição F é uma razão entre duas variáveis aleatórias χ2 (qui-quadrado) 
independentes, cada uma delas dividida pelo respectivo número de grausde liberdade: 
F = 
n
k
n
k
/
/
2
2
χ
χ
~Fk,n 
FALSA 
 
(3) A distribuição normal apresenta dois pontos de inflexão na sua função de densidade 
de probabilidade f(x) nos pontos x = µ - 2.σ e x = µ + 2.σ, onde µ é a média e σ 
o desvio padrão. 
Resposta: 
Sabemos que os pontos de inflexão de uma função ocorrem onde a derivada segunda é 
igual a zero. Na questão ANPEC 2002, 08, item(0), já calculamos a derivada primeira 
da f.d.p. normal: 
dx
xdf )( = - ( )
2σ
µ−x
22
1
πσ
( )
2
2
2
1
σ
µ−
−
x
e 
 
Portanto, sua derivada segunda será dada por: 
 
2
2 )(
dx
xfd = - 
22
1
πσ











 −−−





 −
−




 −
−
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
11
σ
µ
σ
µ
σ
σ
µ
σ
µ xexe
xx
 
 
2
2 )(
dx
xfd = -
22
1
πσ
( )





 −
−





 −
−




 −
−
2
2
1
4
22
2
1
2
1 σµσµ
σ
µ
σ
xx
exe 
2
2 )(
dx
xfd = 
22
1
πσ
2
2
1





 −
−
σ
µx
e ( ) 




 −
−
4
2
2
1
σ
µ
σ
x 
E temos que: 
2
2 )(
dx
xfd = 0⇔ ( ) 




 −
−
4
2
2
1
σ
µ
σ
x = 0 
4
2
2
)(1
σ
µ
σ
−
−
x =0 
4
22 )(
σ
µσ −− x = 0 
22 )( µσ −− x = 0 
2)( µ−x = 2σ 
2)( µ−x = 2σ± 
x-µ = σ± 
x = µ σ± 
 
Portanto, a f.d.p. da distribuição normal possui dois pontos de inflexão: x = µ + σ e x = 
µ-σ. 
 
FALSA 
 
 
(4) Se X é uma variável aleatória uniforme com a seguinte função de densidade de 
probabilidade 
f x
k a x b
( ) =
< <


 se 
 quaisquer outros valores.0
 
então k = b - a. 
Resposta: 
Se X tem a distribuição uniforme, então k = 
ab −
1 . Para ver isso mais formalmente, 
basta lembrarmos que a soma das probabilidades deve ser igual a 1 e, portanto: 
∫
b
dxxf
0
)( = 1 
∫
b
kdx
0
 = 1 
[ ]bakx =1 
kakb − =1 
( )abk − = 1 
k = 
ab −
1 
 
FALSA 
 
 
 
 
(ANPEC 1998, 05) Verifique quais das afirmações abaixo são verdadeiras e quais são 
falsas. 
(0) A variável aleatória “t” é definida como 
)1(
2
1
−
−
n
Z
nχ
, onde Z tem distribuição 
normal-padrão e χ2 é uma distribuição qui-quadrado com (n - 1) graus de liberdade. 
Resposta: 
O quociente entre uma variável normal padronizada e uma variável χ2 dividida pelo seu 
respectivo grau de liberdade (que nesse caso é igual a n-1) é uma variável aleatória t. 
 VERDADEIRA 
 
(1) A distribuição “t” de Student tem média igual a (n - 1) e variância igual a 
(n - 1)/(n - 3). 
Resposta: 
Aqui, basta lembrar que a distribuição t de Student é uma "normal padronizada 
achatada". Portanto, sua média será zero. E sua variância será igual a 
2−n
n . 
FALSA 
 
(2) A distribuição de uma razão de duas variáveis aleatórias qui-quadrado 
independentes, divididas cada uma pelo seu respectivo número de graus de 
liberdade, é chamada de distribuição “F”. 
Resposta: 
É exatamente essa a distribuição F, que é utilizada para comparação de variâncias. 
VERDADEIRA 
 
(3) A estatística “F” pode ser utilizada para verificar a igualdade de duas variâncias 
provenientes de duas populações quaisquer. 
Resposta: 
A estatística "F" pode ser utilizada para verificar a igualdade de duas variâncias 
provenientes de duas populações normalmente distribuídas. 
FALSA 
 
 
 
(ANPEC 1998, 08) Seja X uma variável aleatória com função densidade f(x). 
 
(0) Se X ~ U[-α,α] é uniforme em [-α,α] , onde α > 0, então é possível determinar α 
de modo que P(x < 1)= 1/2. 
Resposta: 
Nesse caso, o gráfico da f.d.p. de x será dado por, já que se a variável aleatória X é 
distribuída uniformemente entre -α e α, então a área de -α até 0 será igual à área de 0 
até α: 
 
 
 
Portanto, a probabilidade de x ser menor que 1 certamente será maior que 1/2. 
FALSA 
 
(1) Se β é uma constante entre 0 e 1 e f(x), g(x) funções densidades de probabilidades 
definidas no mesmo intervalo, então βf(x) + (1-β)g(x) também é uma função de 
densidade de probabilidade da variável x. 
Resposta: 
Se f(x) e g(x) são funções densidades de probabilidades definidas no mesmo intervalo, 
então devemos verificar que: 
∫
∞
∞−
dxxf )( = 1 e 1 ∫
∞
∞−
dxxg )( =
E para que βf(x) + (1-β)g(x) também seja uma f.d.p. deve-se verificar que: 
∫
∞
∞−
−+ dxxgxf )()1()( ββ = 1 
∫
∞
∞−
dxxf )(β + = 1 ∫
∞
∞−
− dxxg )()1( β
∫
∞
∞−
dxxf )(β + = 1 ∫
∞
∞−
− dxxg )()1( β
E, como =1, temos que: ∫
∞
∞−
dxxf )( = ∫
∞
∞−
dxxg )(
β + (1-β) = 1 
β + 1 - β = 1 
1=1 
Portanto, βf(x) + (1-β)g(x) é também uma função densidade de probabilidade da 
variável x. 
VERDADEIRA 
 
(2) Se a variável aleatória X assumir os possíveis valores 1, 2, 3, 4, ….. , de forma que 
sua função de probabilidade seja P(x= k )=c(1-β) , 0< β < 1, então o valor da 
constante c é igual a β. 
k−1
Resposta: 
 Calculemos a probabilidade de X assumir os valores 1, 2, 3, 4, … : 
P(x =1) = c(1-β)1-1 = c 
P(x = 2) = c(1-β)2-1 = c(1-β) 
P(x = 3) = c(1-β)3-1 = c(1-β)2 
P(x = 4) = c(1-β)4-1 = c(1-β)3 
 
E assim sucessivamente. 
 
Sabemos que a soma de todas as probabilidades dever ser igual a 1. Portanto: 
 
1β)c(1β)c(1β)c(1c)( 32 =+−+−+−+==∑ …kxP 
 
O que é a soma dos termos de uma progressão geométrica infinita, com razão (q) 
igual a (1-β). E sabemos que essa soma é dada por: 
S = 
q
a
−1
 
 
Portanto, temos que: 
q
a
−1
=1 
β)(11
c
−−
 = 1 
β
c =1 
β = c 
 
VERDADEIRA 
 
(3) Se a variável aleatória X segue uma distribuição exponencial, então P(x >(s+t) | x > 
s) = P(x > t), para quaisquer s, t > 0. 
Resposta: 
A probabilidade condicional é dada por: 
P(x >(s+t) | x > s) = 
)(
] e )([
sxP
 sxtsxP
>
>+> = 
)(
])([
sxP
tsxP
>
+> = 
s
ts
e
e
α
α
−
+− )(
= = P(x > t), te α−
já que a probabilidade de x ser maior que s é dada por: 
P(x>s) = ∫
∞
−
s
xe αα
P(x>s) = α
∞−



−
s
xe
α
α
 
P(x>s) = α
α
αse − = e sα−
E, analogamente, a probabilidade de x ser maior que (s+t) é: 
P(x>s+t) = e )( ts+−α
A propriedade que P(x >(s+t) | x > s) = P(x > t) nos permite afirmar que a distribuição 
exponencial "não possui memória". 
VERDADEIRA 
 
 
 
 
Distribuição de probabilidade conjunta 
 
A) Contínuas 
 
(ANPEC 2004, 15) Suponha que a função de densidade de probabilidade conjunta da 
variável aleatória bidimensional (X,Y) seja dada por: 
 
contrário caso0
20 e 10
3),(
2



 <<<<+= yx
xyxyxf 
Calcule a P(Y<X). Multiplique o resultado por 48 e transcreva este produto para a folha 
de resposta. 
Solução: 
A probabilidade de Y ser menor que X será dada por: 
P(Y<X) = ∫ ∫ +
1
0 0
2
3
X
dydxxyx 
P(Y<X) = ∫ 


 +
1
0 0
2
2
6
dxxyyx
X
 
P(Y<X) = ∫ +
1
0
3
3
6
dxxx 
P(Y<X) = 
1
0
44
244 


 +
xx 
P(Y<X) = 
24
1
4
1
+ 
P(Y<X) = 
24
7 
Multiplicando o resultado por 48 como pede o exercício, chegaremos ao valor de 14: 
24
7
× 48 = 7× 2 =14 
 
 
(ANPEC 2003, 14) Considere o vetor aleatório X = (X1, X2, X3) com distribuição de 
probabilidade 


 ≤≤≤≤≤≤
=
contrário caso0
20,10,106),,( 3213
2
21
321
xxxxxxxxxf X 
Encontre a probabilidade de 0 5,01 ≤≤ x . 
(Multiplique o resultado por 100). 
Solução: 
O exercício pede a probabilidade de x1 estar entre 0 e 0,5. Portanto, antes de 
mais nada, precisamos encontrar a função densidade de probabilidade marginal de x1 
(que chamaremos de g(x)). Isso é feito integrando em x2 e x3: 
g(x) = ∫ ∫
2
0
1
0
323
2
216 dxdxxxx 
g(x) = ∫ ∫
2
0
1
0
323
2
21 dxdxxxx6 
g(x) = 3
1
0
2
0
3
2
31 3
dxxxx ∫ 


6 
g(x) = 3
2
0
31 3
1 dxxx ∫6 
g(x) = 3
2
0
31 3
1 dxxx ∫6 
g(x) = 
2
0
2
3
1 2
6
3
1



 xx 
g(x) = ( )
2
22
2
1x 
g(x) = 2x1 
 
Agora, podemos facilmente obter a probabilidade x1 estar entre 0 e 0,5 : 
P(0 x≤ 1≤ 0,5) = ∫
5,0
0
11 )( dxxg
P(0 x≤ 1≤ 0,5) = ∫
5,0
0
112 dxx
P(0 x≤ 1≤ 0,5) = 
5,0
0
2
1
2
2 


 x 
 
P(0 x≤ 1≤ 0,5) = 


 −
2
0
2
5,02
22
 
P(0≤ x1≤ 0,5) = 0,25 
 
Multiplicando por 100 como pede o exercício, chegaremos ao resultado de 25. 
Nota: obviamente, o mesmo resultado seriaobtido se tivéssemos calculado diretamente 
1
5,0
0
2
0
1
0
323
2
216 dxdxdxxxx∫ ∫ ∫ . 
(ANPEC 2002, 13) Suponha que a função densidade de probabilidade conjunta da 
variável aleatória bidimensional (X,Y) seja uniformemente distribuída na região de 
domínio, 
20 ,20 )(),( ≤≤≤≤−= yxyxxkyxf 
Encontre E(X). Multiplique a resposta por 10 e transcreva somente a parte inteira do 
número encontrado. 
Solução: 
 
Antes de calcular E(X), teremos que encontrar o valor da constante k: 
 
∫ ∫
2
0
2
0
),( dxdyyxf = 1 
∫ ∫ −
2
0
2
0
)( dxdyyxkx = 1 
∫ ∫ −
2
0
2
0
2 xydxdyxk = 1 
∫ 





−
2
0
2
0
23
23
dyy
xx
k = 1 
∫ −
2
0 2
4
3
8 ydyk = 1 
2
0
2
2
2
3
8



 −
yyk = 1 
2
0
2
2
222
3
8



 −k = 1 
k




 − 4
3
16 =1 
3
4 k = 1 
k = 
4
3 
 
A esperança de X será dada então por: 
E(X) = ∫ ∫
2
0
2
0
),( dxdyyxxf
E(X) = ∫ ∫ −
2
0
2
0
)(
4
3 dxdyyxxx 
E(X) = ∫ ∫ −
2
0
2
0
23
4
3 ydxdyxx 
E(X) = ∫ 


 −
2
0
2
0
34
344
3 dyyxx 
E(X) = ∫ 


 −
2
0
34
3
2
4
2
4
3 dyy 
E(X) = ∫ −
2
0 3
84
4
3 ydy 
E(X) = 
2
0
2
23
84
4
3



 −
yy 
 
E(X) = 


 −
3
168
4
3 
E(X) = 6 - 4 
E(X) = 2 
 
Multiplicando por 10 como pede o exercício, chegaremos ao resultado de 20 que, de 
fato, é o resultado fornecido pelo gabarito. 
Há algo estranho, porém. Se x está entre 0 e 2, como é possível que sua média seja 2? É 
que a função densidade apresentada na questão pode assumir valores negativos (faça y = 
2 e x = 1, por exemplo), o que a desqualifica como função densidade. 
Se o enunciado fornecesse a função abaixo, não haveria este problema: 
 
20 )(),( ≤≤≤−= xyyxxkyxf 
 
Neste caso, a média será diferente de 2 (menor!). Para encontrá-la, faremos o mesmo 
procedimento anterior, respeitados os novos limites de integração. Antes de calcular 
E(x), teremos que encontrar o valor da constante k: 
 
∫ ∫
2
0
2
),(
y
dxdyyxf = 1 
∫ ∫ −
2
0
2
)(
y
dxdyyxkx = 1 
( )∫ ∫ −
2
0
2
2
y
dxdyxyxk = 1 
2
∫ 





−
2
0
23
23
dyy
xx
k
y
= 1 
dyyyyk 
2
2
33
82
0
33
∫ 


 +−− = 1 
∫ 



 −+
2
0
3
2
63
8 dyyyk = 1 
2
0
2
4
243
8



 −+ yyyk = 1 



 −+ 4
24
16
3
16k =1 



 −+
24
9616128k = 1 
2k = 1 
k = 
2
1 
 
 
A esperança de X será dada então por: 
E(X) = ∫ ∫
2
0
2
),(
y
dxdyyxxf
E(X) = ∫ ∫ −
2
0
2
)(
2
1
y
dxdyyxxx 
E(X) = ∫ ∫ −
2
0
2
23
2
1
y
ydxdyxx 
E(X) = ∫ 


 −
2
0
234
342
1 dyyxx
y
 
E(X) = dyyyy∫ 


 +−−
2
0
44
33
8
4
4
2
1 
E(X) = ∫ 


 +−
2
0
4
123
84
2
1 dyyy 
E(X) = 
2
0
52
603
44
2
1



 +−
yyy 
E(X) = 


 +−
60
32
3
168
2
1 
E(X) = 


 +−
15
8
3
168
2
1 
E(X) = 


 +−
15
880120
2
1 
E(X) = 



15
48
2
1 
E(X) = 1,6 
 
Multiplicando o resultado por 10, como pede o exercício, chegaríamos ao valor de 16. 
 
 
 
B) Discreta 
 
 
(ANPEC 1999, 13) Seja a seguinte distribuição conjunta de probabilidade entre as 
variáveis aleatórias X e Y. 
 
 
 Y 
X 1 3 5 
2 0,1 0,2 0,3 
4 0,2 0,1 0,1 
 
Podemos afirmar que: 
 
(0) A distribuição marginal de X é 
X 1 3 5 
P(X) 0,3 0,3 0,4 
 
Resposta: 
 
A distribuição marginal de X é dada somando-se todos os valores possíveis de 
Y, ou seja, somando-se os valores ao longo da linha, o que é mostrado na tabela abaixo: 
 
Y 
X 
1 3 5 P(X) 
2 0,1 0,2 0,3 0,6 
4 0,2 0,1 0,1 0,4 
P(Y) 0,3 0,3 0,4 1 
 
 A soma de todos os valores possíveis de X, ou seja, a soma dos valores ao longo 
das colunas, é a distribuição marginal de Y. 
FALSA 
 
 
(1) A variância de Y é 2,76. 
 
Resposta: 
 
Sabemos que a variância é igual à média dos quadrados menos o quadrado da 
média: 
var(Y) = E(Y2) - [E(Y)]2 
 
Calculemos E(Y): 
E(Y) = 1×0,3 + 3×0,3 + 5×0,4 
E(Y) = 3,20 
 
E E(Y2): 
E(Y2) = 12×0,3 + 32×0,3 + 52×0,4 
E(Y2) = 0,3 + 2,70 +10 
E(Y2) = 13 
 
Portanto, a variância de Y será: 
var(Y) = E(Y2) - [E(Y)]2 
var(Y) = 13 - 3,202 
var(Y) = 13 - 10,24 
var(Y) = 2,76 
 
VERDADEIRA 
 
 
(2) A covariância entre X e Y é -0,56. 
 
Resposta: 
Sabemos que a covariância entre X e Y é igual à média dos produtos menos o 
produto das médias: 
cov(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y) 
 
A média de Y já calculamos no item anterior: E(Y) = 3,20. 
Calculemos então E(X): 
E(X) = 2×0,6 + 4×0,4 
E(X) = 1,20 + 1,6 
E(X) = 2,8 
 
E para calcularmos E(XY), precisamos das probabilidades de XY: 
P(XY = 2) = 0,1 
P(XY = 6) = 0,2 
P(XY = 10) = 0,3 
P(XY = 4) = 0,2 
P(XY = 12) = 0,1 
P(XY = 20) = 0,1 
 
Portanto, E(XY) será: 
E(XY) = 2×0,1 + 6×0,2 + 10×0,3 + 4×0,2 + 12×0,1 + 20×0,1 
E(XY) = 0,2 + 1,20 + 3 + 0,8 +1,2 + 2 
E(XY) = 8,4 
 
A covariância entre X e Y será então: 
cov(X,Y) = 8,4 - 2,8×3,20 
cov(X,Y) = 8,4 - 8,96 
cov(X,Y) = -0,56 
 
VERDADEIRA 
 
 
(3) O coeficiente de correlação entre X e Y é 0,344. 
 
Resposta: 
 
Depois de termos resolvido o item (2) dessa questão, esse aqui fica muito fácil. Como 
vimos, a covariância entre X e Y é negativa e, portanto, o coeficiente de correlação 
também será negativo, ou seja, não poderá ser igual a 0,344 (que é um valor positivo). 
Para os que desejarem calcular XYρ , o seu valor é de aproximadamente -0,344 (cuidado, 
pois, em módulo, o valor estaria correto): 
 XYρ = )var()var(
),cov(
YX
YX = 
76,296,0
56,0
×
−
≅ -0,344 
FALSA 
 
 
(4) O coeficiente de correlação exprime a medida de dependência linear entre duas 
variáveis e pode assumir um valor qualquer no intervalo [0; 1]. 
Resposta: 
O coeficiente de correlação exprime sim a medida de dependência linear entre duas 
variáveis, mas pode assumir qualquer valor no intervalo [-1,1], já que podemos ter 
correlação negativa entre as variáveis. Quando o coeficiente de correlação for igual a -1, 
teremos correlação negativa perfeita. 
 
FALSA 
 
 
 
(ANPEC 1998, 10) Considere a distribuição de probabilidade conjunta de (X,Y), de 
acordo com a tabela abaixo: 
 
 X 
 -1 0 1 
 -1 1/8 1/8 1/8 
Y 0 1/8 0 1/8 
 1 1/8 1/8 1/8 
 
Pode-se afirmar que : 
 
(0) O coeficiente de correlação, ρxy , entre X e Y é igual a zero. 
Resposta: 
Para calcularmos o coeficiente de correlação, devemos primeiro calcular a 
covariância, que é dada por: 
cov(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y) 
Calculemos então E(X) e E(Y): 
E(X) = -1×
8
3 +0×
8
2 +1×
8
3 = 0 
Nota: sabendo-se que E(X) = 0, o cálculo da E(Y) torna-se desnecessário para essa 
questão, já que 0×E(Y) = 0. Mas, em todo caso: 
E(Y) = -1×
8
3 +0×
8
2 + 1×
8
3 = 0 
E para calcular E(XY), precisamos das probabilidades de XY: 
P(XY = -1) = 
8
2 
P(XY = 0) = 
8
4 
P(XY = 1) =
8
2 
Dessa forma: 
E(XY) = -1×
8
2 + 0×
8
4 + 1×
8
2 = 0 
Portanto: 
cov(X,Y) = 0 - 0 = 0 
E, se a covariância é zero, sabemos que o coeficiente de correlação também será igual a 
zero: 
ρxy = Y)var(X)var(
Y)cov(X, = 
Y)var(X)var(
0 = 0 
VERDADEIRA 
 
(1) As variáveis aleatórias X e Y são independentes. 
Resposta: 
Muita atenção aqui: o fato da covariância entre as variáveis ser igual a zero, não 
implica que elas sejam independentes. Mas se as variáveis forem independentes, a 
covariância entre elas será igual a zero. 
Portanto, para verificarmos se X e Y são independentes, devemos verificar se a 
igualdade entre a probabilidade condicional e a incondicional é válida. Vejamos: 
P(X = 1|Y = 0) = 
0)P(Y
0) Y e 1P(X
=
== = 
8
2
8
1
 = 
2
1 
P(X = 1) = 
8
3 
Como P(X = 1|Y = 0) ≠ P(X = 1), ou seja, como a igualdade entre a 
probabilidade condicional e a incondicional não se verifica, concluímos que as variáveis 
NÃO são independentes (apesar da covariância entre elas ser igual a zero). Cabe notar 
que, para mostrarmos que as variáveis não são independentes, basta encontrar uma 
situação em que a igualdade entre a probabilidade condicional e a incondicional não é 
válida. Mas, para mostrar que as variáveis são independentes, essa igualdade teria que 
ser válida para todos

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