12 - Distribuições de probabilidade Distribuição binomial

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Sumário 
DISTRIBUIÇÕES DE PROBABILIDADE ............................................................................................................... 3 
INTRODUÇÃO .................................................................................................................................................... 3 
DISTRIBUIÇÕES DE PROBABILIDADE DE VARIÁVEIS DISCRETAS ..................................................................... 4 
Distribuição Bernoulli ....................................................................................................................................... 4 
Distribuição Binomial ....................................................................................................................................... 7 
Distribuição de Poisson .................................................................................................................................. 12 
Distribuição Geométrica: ................................................................................................................................ 17 
Distribuição Hipergeométrica: ........................................................................................................................ 18 
QUESTÕES COMENTADAS PELO PROFESSOR ............................................................................................... 19 
LISTA DE QUESTÕES DA AULA ...................................................................................................................... 60 
GABARITO .................................................................................................................................................... 76 
RESUMO DIRECIONADO ............................................................................................................................... 77 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Distribuições de probabilidade 
 
Olá, tudo bem? Aqui é o professor Arthur Lima. 
É com muita alegria que inicio mais essa aula. 
Vamos tratar sobre os seguintes tópicos do seu edital neste encontro: 
 
Distribuições de probabilidade. Distribuição binomial. 
 
Aproveito para lembrá-lo de seguir as minhas redes sociais e acompanhar de perto o trabalho que desenvolvo: 
 
INTRODUÇÃO 
Sabemos que uma variável aleatória pode assumir diversos valores. Por exemplo, sendo X a variável 
aleatória “idade dos moradores de São Paulo”, expressa em anos. Cada observação Xi terá um valor que pode 
ir de 0 a 150 anos (assumindo que é impossível alguém viver mais de 150 anos). Sabemos que é bem mais fácil 
encontrar um indivíduo entre 30 e 40 anos do que encontrar um indivíduo entre 110 e 120 anos. Isto é, a 
probabilidade da variável X assumir o valor x = 32 anos é maior do que a probabilidade da variável X assumir o 
valor x = 117 anos. Podemos criar uma função P(X = x) que descreve a probabilidade de a variável X assumir cada 
valor x entre 0 e 150 anos. Tendo esta função, se quisermos calcular a probabilidade de encontrar um indivíduo 
com x = 32 anos, basta calcular P(X=32). 
É importante lembrar que existem variáveis aleatórias discretas (que podem assumir apenas 
determinadas quantias no intervalo de valores) e contínuas (que podem assumir qualquer quantia no intervalo 
de valores). 
Para variáveis aleatórias discretas, chamamos de função de probabilidade a função que nos dá, para cada 
valor x possível para a variável X, a sua probabilidade. Esta função pode ser representada por P(x), ou por P(X=x). 
Sobre ela, podemos dizer que: 
a) Para todo x, ( ) 0P x  . Isto denota que esta função só assume valores positivos ou iguais a zero, afinal 
não existe probabilidade negativa. 
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b) 
1
( ) 1
n
i
i
P x
=
= , ou seja, a soma das probabilidades de ocorrência de todos os valores possíveis da variável 
X é igual a 100%, ou 1. 
 
Já para variáveis aleatórias contínuas, chamamos de função de DENSIDADE de probabilidade a função 
f(x), que representa a distribuição de probabilidade da variável aleatória X. Assim, podemos dizer que: 
a) Para todo x, ( ) 0f x  . Isto é, esta função só pode assumir valores positivos ou iguais a zero, afinal não 
existe probabilidade negativa. 
b) A soma dos valores de f(x) para todos os valores possíveis de x é igual a 1, ou seja, 100%. Formalmente, 
usamos o símbolo da Integral (mas não se preocupe com isso) para simbolizar que o somatório de f(x) para x 
variando de “menos infinito” a “mais infinito” é igual a 1: 
( ) 1f x dx

−
= 
 
Vamos estudar agora as principais Distribuições de Probabilidade de variáveis discretas. 
 
DISTRIBUIÇÕES DE PROBABILIDADE DE VARIÁVEIS DISCRETAS 
Ao estudar cada distribuição de probabilidade, como faremos a seguir, o mais importante é você entender 
a utilidade de cada distribuição, isto é, a situação na qual cabe empregá-la. Também é importante saber calcular 
seus principais parâmetros, que são: média e variância. A grande maioria das questões de prova deve cobrar 
apenas isto de você, ok? Vamos começar! 
 
Distribuição Bernoulli 
Imagine que estamos fazendo uma pesquisa sobre o sexo dos moradores do nosso bairro. Para facilitar o 
trabalho, decidimos anotar “0” em nossa tabela toda vez que um morador for do sexo masculino, e “1” toda vez 
que for do sexo feminino. 
Ao fazer isso, repare que estamos diante de uma distribuição de zeros e uns. Esta é uma variável Bernoulli, 
ou melhor, uma variável que terá distribuição de Bernoulli. Guarde isto: 
A distribuição de Bernoulli descreve os casos de variáveis aleatórias que só podem assumir 2 valores distintos (0 ou 1). 
 
 Imagine que, ao analisar a nossa tabela, reparamos que 30% dos valores anotados são iguais a zero. Logo, 
os outros 70% devem ser iguais a 1, concorda? Diante deste cenário, podemos dizer que a probabilidade de 
encontrar o valor 1 é p = 70% = 0,70, e a probabilidade de encontrar o valor zero é 1 – p = 30% = 0,30. 
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 De forma mais genérica, dizemos que a probabilidade de a variável Bernoulli assumir o valor 1 é igual a p, 
e de assumir o valor igual a 0 é o restante, ou seja, 1 - p. Isto é, 
P(X = 1) = p 
e 
P(X = 0) = 1-p 
 
Qual é a média desta distribuição com 70% de valores 1 e 30% de valores zero? Simples! Na distribuição 
de Bernoulli, a média ou esperança é obtida assim: 
E(X) = p 
Ou seja, como temos p = 0,70, podemos dizer que: 
E(X) = 0,70 
Além disso, a variância é dada por: 
Var(X) = p x (1 – p) 
Em nosso exemplo, a variância pode ser calculada assim: 
Var(X) = 0,70 x (1 – 0,70) 
Var(X) = 0,70 x 0,30 
Var(X) = 0,21 
 
Antes de avançarmos, guarde os principais aspectos da distribuição Bernoulli: 
Distribuição Bernoulli 
- distribuição discreta (assume apenas dois valores); 
- representa situações em que a variável pode assumir apenas e exatamente 2 valores, que serão representados por 0 ou 
1; 
- a probabilidade de 0bter o valor 1 é chamada de p; 
- média: E(X) = p; 
- variância: Var(X) = p x (1 – p).Veja comigo essas questões: 
ESAF – AUDITOR ISS/NATAL – 2008 Adaptada) Apontando por V – Verdadeiro e F – Falso, indique a opção 
correta para as seguintes sentenças: 
I. Uma v. a. – variável aleatória que pode assumir somente dois valores, diz-se possuir distribuição Geométrica. 
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RESOLUÇÃO: 
Sabemos que uma variável aleatória que pode assumir somente 2 valores possui distribuição de Bernoulli. O 
item está claramente incorreto. 
Resposta: Errado 
 
CESPE – TCE/PA – 2016) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais que 
P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
( ) As variâncias de X e Y são iguais. 
( ) A média de Y é superior a 0,5 
RESOLUÇÃO: 
( ) As variâncias de X e Y são iguais. 
 Para a distribuição de X, vemos que P(1) = 0,9. Este é o valor de “p” na distribuição de Bernoulli. A variância 
de X é dada por: 
Var(X) = p x (1 – p) 
Var(X) = 0,9 x (1 – 0,9) 
Var(X) = 0,9 x 0,1 
Var(X) = 0,09 
 Para a distribuição de Y, vemos que P(0) = 0,9. Logo, a probabilidade de Y assumir o valor 1 será o restante, 
ou seja, 1 – 0,9 = 0,1. Este é o valor de p para a distribuição Y. A variância é dada por: 
Var(Y) = p x (1 – p) 
Var(Y) = 0,1 x (1 – 0,1) 
Var(Y) = 0,1 x 0,9 
Var(Y) = 0,09 
 De fato as duas variâncias são iguais. Item CERTO. 
 
( ) A média de Y é superior a 0,5. 
 A média, ou valor esperado, é dada por: 
E(Y) = p 
 Como p = 0,1 (probabilidade de Y assumir o valor 1), temos: 
E(Y) = 0,1 
 Item ERRADO. 
Resposta: C E 
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Distribuição Binomial 
Para alguns fenômenos da natureza temos apenas 2 resultados possíveis: sucesso ou fracasso. Por 
exemplo, digamos que vamos lançar um dado e o nosso objetivo é obter o número 5. Ao lançar esse dado, só 
podemos ter 2 tipos de resultado: sucesso (conseguirmos obter o número 5) ou fracasso (qualquer outro 
número). 
A distribuição binomial de probabilidades cuida de fenômenos como este, onde: 
- só temos 2 resultados possíveis (sucesso ou fracasso); 
- temos um número fixo de tentativas (ex.: 3 lançamentos do dado); 
- cada tentativa é independente das demais (o resultado obtido com um lançamento do dado em nada 
afeta o lançamento seguinte). 
 
A fórmula abaixo nos dá a probabilidade de termos exatamente k casos de sucesso, ao efetuar n 
tentativas, sendo que a probabilidade de sucesso de uma tentativa é de p: 
( , , ) (1 )k n k
n
P k n p p p
k
− =   − 
 
 
onde 
n
k
 
 
 
 é a combinação de n, k a k 
 
Para você entender melhor, voltemos ao exemplo do dado. A probabilidade de ter sucesso em um 
lançamento é de 1 em 6 resultados possíveis, isto é, 1/6, e a de fracasso é de 5/6. Portanto, p = 1/6 e (1 - p) = 5/6. 
Como faremos 3 lançamentos, então n = 3 tentativas. Com isso, podemos calcular a probabilidade de obter o 
número 6 em apenas 2 dos 3 lançamentos, isto é, ter k = 2 sucessos. Substituindo na fórmula: 
( , , ) (1 )k n k
n
P k n p p p
k
− =   − 
 
 
2 3 2
1 1 5
(2,3, ) (3,2)
6 6 6
1 3 2 1 5 5
(2,3, )
6 2 1 36 6 72
P C
P
−
   
=     
   
    
=   =   
    
 
 
Numa distribuição binomial, o valor esperado será: 
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E(X) = n x p 
 
Em nosso exemplo do dado, n = 3 e p = 1/6, portanto E(X) = 3 x (1/6) = ½ = 0,5. Isto é, ao lançar o dado 3 
vezes, é esperado que se obtenha sucesso em apenas 0,5 lançamento (menos de 1 lançamento!). Isto é, em 
média, ao lançar o dado 3 vezes, obteremos o número 6 apenas 0,5 vez. 
Já a variância é dada por: 
Var(X) = n x p x (1-p) 
 
Em nosso exemplo, a variância seria: 
Var(X) = 3 x (1/6) x (5/6) 
Var(X) = 3 x 5/36 
Var(X) = 1 x 5/12 
Var(X) = 5/12 
 
Antes de avançarmos, guarde os principais aspectos da distribuição Binomial: 
Distribuição Binomial 
- distribuição discreta (assume apenas dois valores: sucesso ou fracasso); 
- parâmetros: número fixo de tentativas(n), número desejado de sucessos(k), probabilidade de sucesso em cada 
tentativa(p); 
- probabilidade de se obter exatamente k sucessos em n tentativas: 
( , , ) (1 )k n k
n
P k n p p p
k
− =   − 
 
 
- média: E(X) = n x p; 
- variância: Var(X) = n x p x (1 – p). 
 
Pratique os conceitos da distribuição binomial, uma das mais cobradas nas provas, resolvendo os 
exercícios abaixo: 
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 
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(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 
 
FGV – MPE/BA – 2017) Suponha que 8 pessoas foram identificadas pelo Ministério Público como possíveis 
integrantes de uma ORCRIM. De acordo com a experiência dos procuradores, a probabilidade de que qualquer 
um deles esteja envolvido é de 0,75. Assim sendo, é correto afirmar que: 
a) a probabilidade de que haja no grupo 7 ou mais envolvidos é de 2,75. (0,75)7; 
b) ˑo número esperado de envolvidos é igual a 2; 
c) o número esperado de não envolvidos é igual a 6; 
d) a probabilidade de que a maioria dos identificados seja de envolvidos é de 7,25. (0,25)7; 
e) a probabilidade de envolvidos e não envolvidos em mesmo número é de 35. (0,75)4.(0,25)4. 
RESOLUÇÃO: 
 O número de envolvidos segue uma distribuição binomial, com tamanho do grupo n = 8, probabilidade 
de estar envolvido (sucesso) = 0,75 e probabilidade de não estar envolvido 0,25. Chamando de X o número de 
envolvidos, temos que a probabilidade que haja 7 ou mais envolvidos no grupo é dada por: 
P(X ≥ 7) = P(X = 7) + P(X = 8) 
P(X ≥ 7) = (
8
7
) ∙ 0,757 ∙ 0,251 + (
8
8
) ∙ 0,758 ∙ 0,250 
P(X ≥ 7) = 8 ∙ 0,757 ∙ 0,25 + 0,758 
P(X ≥ 7) = 2 ∙ 0,757 + 0,758 
P(X ≥ 7) = (2 + 0,75) ∙ 0,757 = 2,75 ∙ 0,757 
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 Portanto, a alternativa A está correta e é o gabarito da questão. 
Resposta: A 
 
CESPE – POLÍCIA FEDERAL – 2018) Determinado órgão governamental estimou que a probabilidade p de um 
ex-condenado voltar a ser condenado por algum crime no prazo de 5 anos, contados a partir da data da 
libertação, seja igual a 0,25. Essa estimativa foi obtida com base em um levantamento por amostragem 
aleatória simples de 1.875 processos judiciais, aplicando-se o método da máxima verossimilhança a partir da 
distribuição de Bernoulli. Sabendo que P(Z < 2) = 0,975, em que Z representa a distribuição normal padrão, 
julgue os itens que se seguem, em relação a essa situação hipotética. 
( ) Em um grupo formado aleatoriamente por 4 ex-condenados libertos no mesmo dia, estima-se que a 
probabilidade de que apenas um deles volte a ser condenado por algum crime no prazo de 5 anos, contados a 
partir do dia em que eles foram libertados, seja superior a 0,4. 
( ) Se X seguir uma distribuição binomial com parâmetrosn = 1.000 e probabilidade de sucesso p, a estimativa 
de máxima verossimilhança da média de X será superior a 300. 
RESOLUÇÃO: 
( ) Em um grupo formado aleatoriamente por 4 ex-condenados libertos no mesmo dia, estima-se que a probabilidade 
de que apenas um deles volte a ser condenado por algum crime no prazo de 5 anos, contados a partir do dia em que 
eles foram libertados, seja superior a 0,4. 
Chamando de “sucesso” a situação em que o ex-condenado volta a ser condenado, veja que estamos diante de 
uma distribuição binomial com n = 4 tentativas, probabilidade de sucesso p = 0,25, e número desejado de 
sucessos k = 1. Colocando na função de probabilidade Binomial: 
 
 
Item CERTO. 
 
( ) Se X seguir uma distribuição binomial com parâmetros n = 1.000 e probabilidade de sucesso p, a estimativa de 
máxima verossimilhança da média de X será superior a 300. 
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Temos n = 1000 e p = 0,25 como parâmetros da nossa binomial. A sua média é dada por: 
E(X) = n.p = 1000.0,25 = 250 
Item ERRADO. 
Resposta: C E 
 
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 0
7 1 1
(0;7;0,5) 0,5 (1 0,5) 1 1
0 2 2
P −
     
=   − =   =    
    
 
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7
1 7 1 6
7 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. 
 
Distribuição de Poisson 
Imagine que, em uma fila de banco, costuma chegar 1 pessoa a cada 4 minutos. Ora, se chega em média 
1 pessoa a cada 4 minutos, é esperado que em 8 minutos cheguem 2 pessoas, concorda? E, em 10 minutos, a 
quantidade esperada de pessoas é: 
4 minutos ------------------ 1 pessoa 
10 minutos ---------------- N pessoas 
 
4.N = 10.1 
N = 10/4 
N = 2,5 pessoas 
 
Embora sejam esperadas 2,5 pessoas a cada 10 minutos, pode ser que em um determinado intervalo de 
10 minutos cheguem um pouco mais, e em outro intervalo cheguem um pouco menos, de modo a manter essa 
média de 2,5. 
Aqui a nossa variável aleatória é o número de pessoas que chegam em 10 minutos. Repare que esta é uma 
variável discreta, pois em um intervalo de 10 minutos podem chegar 2 ou 3 pessoas, mas nunca 2,5 pessoas 
(cuidado: o fato de a média ser 2,5 pessoas não significa que vão chegar exatamente 2,5 pessoas em 10 minutos, 
isto é impossível). Nós damos o nome de 𝜆 para a quantidade esperada de chegadas no intervalo de tempo 
considerado (10 minutos), ou seja, 
𝜆 = 2,5 
 
Veja ainda que a ocorrência de um evento (chegada de uma pessoa) independe da ocorrência de outro. 
Cada pessoa chega na fila do banco por motivos próprios, sem depender da chegada das demais, concorda? 
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Se quisermos calcular a probabilidade de chegarem exatamente “k” pessoas na fila em um intervalo de 
10 minutos, podemos usar a função de probabilidade da Distribuição Binomial: 
( ; )
!
ke
f k
k
 

− 
= 
Esta função descreve a probabilidade da ocorrência de exatamente k eventos. Nesta equação, “e” é o 
número de Euler (e = 2,71828...), e k! é o fatorial de k. 
Se quisermos calcular a probabilidade de, em 10 minutos, chegarem exatamente 2 pessoas, temos k = 2. 
Já vimos que 𝜆 = 2,5 , pois a cada 10 minutos chegam em média 2,5 pessoas. Assim, 
𝑓(𝑘, 𝜆) =
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘
𝑘!
 
 
𝑓(2; 2,5) =
𝑒−2,5. 2,52
2!
 
 
𝑓(2; 2,5) =
𝑒−2,5. 6,25
2𝑥1
 
 
𝑓(2; 2,5) = 3,125. 𝑒−2,5 
 
 Não é esperado que você calcule o valor de e-2,5 ! Normalmente este valor será fornecido pelo examinador. 
Neste caso, sabendo que e-2,5 é aproximadamente 0,082, ficamos com: 
𝑓(2; 2,5) = 3,125.0,082 
 
𝑓(2; 2,5) = 0,256 
 
𝑓(2; 2,5) = 25,6% 
 
Ou seja, há 25,6% de chance de que, em um período de 10 minutos, cheguem exatamente 2 pessoas na 
fila. Podemos fazer este mesmo cálculo para obter a probabilidade de chegarem exatamente k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 
6 ou mais pessoas em 10 minutos. Com isso, teríamos a seguinte distribuição de probabilidades: 
 
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Veja neste gráfico que temos uma concentração de probabilidades em torno da média (2,5) e uma 
redução de probabilidade à medida que caminhamos para a direita, ou seja, aumentamos o número de pessoas 
chegando em 10 minutos. 
Na distribuição de Poisson, a média é: 
E(X) =  
E a variância é: 
Var(X) =  
Ou seja, em nosso exemplo, tanto a média quanto a variância seriam iguais a 2,5! Esta é fácil de decorar, 
não? 
Guarde as principais informações da distribuição de Poisson com o quadro abaixo: 
Distribuição de Poisson 
- distribuição discreta (assume apenas valores inteiros); 
- útil em fenômenos que ocorrem ao longo do tempo com uma regularidade conhecida; 
- cada observação é independente das demais; 
- parâmetro 𝜆: representa o número de observações esperadas dentro do prazo de análise; 
- probabilidade de se obter exatamente k observações no prazo de análise: 
𝑓(𝑘, 𝜆) =
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘
𝑘!
 
- média: E(X) = 𝝀; 
- variância: Var(X) = 𝝀. 
0%
5%
10%
15%
20%
25%
30%
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
P
(X
)
X (número de pessoas chegando em 10 minutos)
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Certifique-se que entendeu a teoria de distribuição Poisson, outra distribuição muito cobrada, com estas 
questões: 
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: ( ; )
!
ke
f 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: 
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4 0 4 1 4 2 4 3
0 1 2 3
4
4 4
4 4 4 4
Probab( 3)
0! 1! 2! 3!
4 4 4 4
Probab( 3)
0! 1! 2! 3!
1 4 16 64 71
Probab( 3)
1 1 2 6 3
e e e e
x
x e
x e e
− − − −
−
− −
   
 = + + +
 
 =  + + + 
 
   
 =  + + + =    
   
 
Resposta: C 
 
FEPESE – ISS/Criciúma – 2017) Considere as seguintes descrições de distribuições de probabilidade de 
variáveis aleatórias: 
Distribuição 1: expressa a probabilidade de que uma dada quantidade de eventos ocorra em um dado intervalo 
de tempo, se conhecemos a taxa média de ocorrência desses eventos nesse intervalo de tempo, e se a 
ocorrência de um evento é independente do momento da ocorrência do evento anterior. 
Distribuição 2: expressa o número de sucessos numa sequência de n experimentos feitos de forma que: cada 
experimento tem exclusivamente como resultado duas possibilidades, sucesso ou fracasso; cada experimento 
é independente dos demais; e a probabilidade de sucesso em cada evento é sempre a mesma. 
As distribuição descritas acima são, respectivamente: 
a. ( ) 1: normal • 2: qui-quadrado 
b. ( ) 1: de Poisson • 2: normal 
c. ( ) 1: de Poisson • 2: binomial 
d. ( ) 1: qui-quadrado • 2: normal 
e. ( ) 1: qui-quadrado • 2: binomial 
RESOLUÇÃO: 
A distribuição de Poisson é aquela que trata sobre eventos que ocorrem com uma regularidade conhecida (taxa 
média de ocorrência) e nos permite calcular a probabilidade de que uma determinada quantidade de eventos 
ocorra no intervalo de tempo do nosso interesse. Esta é a distribuição 1. 
A distribuição binomial é aquela em que temos um número fixo de tentativas (n experimentos), em cada 
tentativa só podemos ter 2 resultados possíveis (sucesso ou fracasso), e a probabilidade de sucesso em cada 
tentativa é sempre a mesma. Esta é a distribuição 2. 
Resposta: C 
 
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CESPE – EBSERH – 2018) Todo paciente que chega a determinado posto hospitalar é imediatamente avaliado 
no que se refere à prioridade de atendimento. Suponha que o paciente seja classificado como “emergente” (Y 
= 0) ou como “não emergente” (Y = 1), e que as quantidades X, diárias, de pacientes que chegam a esse posto 
sigam uma distribuição de Poisson com média igual a 20. Considerando que W represente o total diário de 
pacientes emergentes, de tal sorte que , em que 0 ≤ w ≤ x e x ≥ 0, julgue os 
itens subsequentes. 
( ) A variância do número diário de pacientes que chegam a esse posto hospitalar é igual a 20 pacientes2. 
RESOLUÇÃO: 
 O número diário de pacientes (X) é uma distribuição Poisson com média 𝜆 = 20. Sabemos que a variância 
de uma distribuição Poisson também é igual a 𝜆, ou seja, também é igual a 20 (apenas a unidade muda de 
pacientes para pacientes2). 
Item CERTO. 
Resposta: C 
 
Distribuição Geométrica: 
Imagine que vamos lançar um dado e o nosso objetivo é obter o valor 4. Qual a probabilidade de serem 
necessários 3 lançamentos até obter o valor 4? 
Ora, a chance de não obter o 4 no primeiro lançamento é de 5 em 6, ou seja, 5/6. Da mesma forma, a 
chance de não obter o 4 no segundo lançamento é de 5/6. E a probabilidade de obter o 4 no terceiro lançamento 
é de 1/6. Portanto, a probabilidade de serem necessários 3 lançamentos até o primeiro sucesso (obter o 4) é: 
2
5 1
( 3)
6 6
P X
 
= =  
 
 
Assim, sendo p a probabilidade de ter sucesso em uma tentativa, então a probabilidade de só vir a obter 
o primeiro sucesso na tentativa n é dada por: 
( )
1
( ) 1
n
P X n p p
−
= = −  
Essa distribuição é denominada geométrica pois a probabilidade de serem necessárias mais tentativas 
seguem uma progressão geométrica de razão igual a (1 - p). 
A média dessa distribuição é: 
E(X) = 1/p 
 
A variância é: 
2
(1 )
( )
p
Var X
p
−
= 
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Muita atenção a um detalhe: se o exercício pedisse qual a probabilidade de serem necessários 2 fracassos 
até obter o primeiro sucesso, você deveria considerar n = 3 (dois fracassos e mais um sucesso), e não n = 2, ok? 
 
Distribuição Hipergeométrica: 
Suponha que temos uma urna com 5 bolas azuis e 10 bolas de outras cores (ou seja, não-azuis). Ao retirar 
5 bolas desta urna, sem reposição, a probabilidade de que exatamente 3 sejam azuis é dada por 
(5,3) (10,2)
(15,5)
C C
P
C

= 
Onde C(5,3) é o número de maneiras de se escolher 3 das 5 bolas azuis; C(10,2) é o número de maneiras 
de se selecionar 2 das outras 10 bolas (para totalizar 5 bolas retiradas), e C(15,5) é o total de maneiras de se 
selecionar 5 bolas na urna. 
De forma genérica, a probabilidade de ter exatamente x elementos de um tipo ao selecionar, sem 
reposição, n elementos de um total de N elementos (dos quais K são do tipo pretendido, e N-K são de outros 
tipos), é dada por: 
( , ) ( , )
( ; , , )
( , )
C K x C N K n x
P x n N K
C N n
 − −
= 
Chamamos essa distribuição de hipergeométrica. A sua média é: 
( )
K
E X n
N
 
=  
 
 
A variância é: 
( ) 1
1
K K N n
Var X n
N N N
−     
=   −      
−     
 
 
 
Chega de teoria! Vamos praticar tudo o que vimos até aqui? 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questões comentadas pelo professor 
1. FCC – ISS/SÃO LUIS – 2018) 
Em uma população formada por indivíduos que se encontram empregados, observa-se que 40% deles têm um 
salário superior a 10 salários mínimos. Para desenvolver um estudo, é extraída uma amostra aleatória de 3 
indivíduos desta população com reposição. A probabilidade de que mais que 1 indivíduo desta amostra não 
tenha um salário superior a 10 salários mínimos é de 
(A) 56,8% 
(B) 64,8% 
(C) 71,2% 
(D) 78,4% 
(E) 72,0% 
RESOLUÇÃO: 
Queremos que mais que 1 indivíduo tenha salário igual ou inferior a 10 salários mínimos. A probabilidade de um 
indivíduo ter salário igual ou inferior a 10 salários mínimos é de 100% - 40% = 60%. 
Estamos diante de uma distribuição binomial onde podemos chamar de “sucesso” o indivíduo ganhar igual ou 
menos do que 10 salários mínimos, e de “fracasso” o indivíduo ganhar mais do que 10 salários mínimos. A 
probabilidade de sucesso é p = 60%, e de fracasso é q = 1-p = 40%. Vamos escolher n = 3 indivíduos, ou seja, 
este é o nosso número de tentativas. Queremos ter k = 2 sucessos ou k = 3 sucessos. Ou seja, estamos buscando 
P(k=2) + P(k=3). Na distribuição binomial, sabemos que: 
P(k) = C(n,k) x pk x qn-k 
Podemos então calcular: 
P(k=2) = C(3,2) x 0,602 x 0,403-2 = 3 x 0,36 x 0,4 = 0,432 = 43,2% 
 
P(k=3) = C(3,3) x 0,603 x 0,403-3 = 1 x 0,216 x 1 = 21,6% 
 
Portanto, temos 43,2% + 21,6% = 64,8%. 
Resposta: B 
2. FCC – TRT/SP – 2018) 
O número de pessoas que não têm suas reclamações atendidas por mês em um posto de atendimento de uma 
empresa em uma cidade tem distribuição de Poisson com média λ e desvio padrão populacional igual a 2. 
Deseja-se saber qual é a probabilidade (P) de o número de pessoas que não têm suas reclamações atendidas 
neste posto ser mais que 1 pessoa em um determinado mês. Se e é a base do logaritmo neperiano (ln) tal que 
ln(e) = 1, então P é igual a 
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 a) [e−2(e2 − 3)] 
 b) [1 − e−2(e2 − 3)] 
 c) [1 − e−4(e4 − 5)] 
 d) [e−0,5(e0,5 − 1)] 
 e) [e−4(e4 − 5)] 
RESOLUÇÃO: 
Em uma distribuição Poisson a média e a variância são iguais, portanto se a média é λ conforme informa o 
enunciado, então a variância também é igual a λ e consequentementeo desvio padrão é igual a √λ. O enunciado 
nos informa que o desvio padrão da variável é igual a 2, logo temos que: 
√λ = 2 
λ = 2² = 4 
Sendo X a variável número de pessoas que não têm suas reclamações atendidas por mês em um posto de 
atendimento, que sabemos ter distribuição Poisson de média λ = 4, temos que: 
𝑃(𝑋 = 𝑥) =
𝑒−λ ∙ λ𝑥
𝑥!
=
𝑒−4 ∙ 4𝑥
𝑥!
 
Queremos saber o valor de P(X > 1). Reparem que: 
𝑃(𝑋 > 1) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 1) 
Temos que 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒−4 ∙ 40
0!
=
𝑒−4 ∙ 1
1
= 𝑒−4 
𝑃(𝑋 = 1) =
𝑒−4 ∙ 41
1!
=
𝑒−4 ∙ 4
1
= 4 ∙ 𝑒−4 
Logo: 
𝑃(𝑋 ≤ 1) = 𝑒−4 + 4 ∙ 𝑒−4 = 5 ∙ 𝑒−4 
Assim, temos que: 
𝑃(𝑋 > 1) = 1 − 5 ∙ 𝑒−4 
Reparem que 𝑒−4 ∙ 𝑒4 = 𝑒−4+4 = 𝑒0 = 1. Portanto, a probabilidade acima pode ser escrita da seguinte forma: 
𝑃(𝑋 > 1) = (𝑒−4 ∙ 𝑒4) − 5 ∙ 𝑒−4 
Assim, como 𝑒−4 multiplica os 2 termos na subtração acima, colocando-o em evidência chegamos a: 
𝑃(𝑋 > 1) = 𝑒−4 ∙ (𝑒4 − 5) 
Logo, concluímos que a alternativa E é o gabarito da questão. 
Resposta: E 
 
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3. FCC – TRT/11 – 2017) 
Suponha que: 
I. A variável X, que representa o número mensal de suicídios no país A, tem distribuição de Poisson com média 
mensal 2. 
II. A variável Y, que representa o número mensal de suicídios no país B, tem distribuição de Poisson com média 
mensal 4. 
III. As variáveis X e Y são independentes. 
Nessas condições, a probabilidade de em determinado mês ocorrerem menos de 2 suicídios no país A e 
exatamente 2 no país B é igual a 
Dados: 
e−1 = 0,37 
e−2 = 0,135 
e−4 = 0,018 
a) 4,122% 
b) 5,548% 
c) 5,832% 
d) 3,565% 
e) 4,468% 
RESOLUÇÃO: 
O que o enunciado nos pede é: 
P(X < 2, Y = 2) 
Como X e Y são eventos independentes, temos que: 
P(X < 2, Y = 2) = P(X < 2) ∙ P(Y = 2) 
P(X < 2) = P(X = 0) + P(X = 1) 
X tem distribuição de Poisson com média mensal 2, portanto: 
P(X = 0) =
𝑒−2 ∙ 20
0!
= 𝑒−2 = 0,135 
P(X = 1) =
𝑒−2 ∙ 21
1!
= 2 ∙ 𝑒−2 = 2 ∙ 0,135 = 0,270 
Logo: 
 
P(X < 2) = 0,135 + 0,270 = 0,405 
Y tem distribuição de Poisson com média mensal 4, portanto: 
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P(Y = 2) =
𝑒−4 ∙ 42
2!
=
𝑒−4 ∙ 16
2
= 8 ∙ 𝑒−4 = 8 ∙ 0,018 = 0,144 
Por fim, temos que: 
P(X < 2, Y = 2) = 0,405 ∙ 0,144 = 0,05832 = 5,832% 
Portanto, a alternativa C é o gabarito da questão. 
 
Resposta: C 
 
4. VUNESP – 2015) 
Em um bairro da cidade, foi feita uma enquete para verificar a preferência da comunidade em relação a dois 
projetos: construção de uma árvore de natal ou um espetáculo com um cantor popular. Os entrevistados 
deveriam optar por apenas uma dessas duas opções. Supondo que a chance de escolha de cada uma das opções 
é de 50%, a probabilidade de se conseguir 4 votos para o espetáculo e 2 votos para a construção da árvore, em 
um total de 6 votos, é, aproximadamente, igual a 
 a) 24,5%. 
 b) 44,9%. 
 c) 33,3%. 
 d) 23,4%. 
 e) 28,1%. 
RESOLUÇÃO: 
Como só há 2 opções a serem votadas (espetáculo ou construção da árvore), são eventos complementares, e 
podemos chamar de probabilidade de p a probabilidade de se votar para o espetáculo, por exemplo, e, 
portanto, de 1 – p a probabilidade de se votar na construção da árvore. O enunciado nos diz que p = 1 – p = 50% 
= 0,5. 
Repare que o número de votos segue uma distribuição binomial, com probabilidade de sucesso p 
(probabilidade de se votar no espetáculo) e número de votos n = 6. É importante ressaltar que consideramos 
que a probabilidade de sucesso é a probabilidade de se votar no espetáculo, mas poderia ser o inverso também, 
poderíamos considerar que a probabilidade de sucesso é a probabilidade de se votar na construção da árvore, 
chegaríamos ao mesmo resultado. 
O que a questão pede é a probabilidade de em 6 votos, exatamente 4 serem no espetáculo (4 sucessos), e 
consequentemente 2 serem na construção da árvore. Assim, lembrando que se trata da distribuição binomial, 
sendo X o número de sucessos e P(X = k) a probabilidade de X ser igual a k sucessos em n votos, temos que: 
P(X = k) = (
n
k
) ∙ pk ∙ (1 − p)n−k 
P(X = 4) = (
6
4
) ∙ 0,54 ∙ (1 − 0,5)6−4 
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P(X = 4) =
6!
4! ∙ 2!
∙ 0,54 ∙ 0,52 
P(X = 4) = 15 ∙ 0,56 
P(X = 4) = 15 ∙ 0,015625 
P(X = 4) = 0,234375 ≅ 23,4% 
Portanto, a alternativa D é o gabarito da questão. 
Resposta: D 
 
5. VUNESP – TJ/SP – 2014) 
A função de probabilidade pode ser aplicada a qualquer experimento binomial, se for 
conhecido o número n de ensaios e a probabilidade p de um sucesso em qualquer dos ensaios. Nesse caso, o 
valor de f(x) dá a probabilidade de se obter x sucessos em n ensaios. 
Considerando-se, então, um experimento com 4 ensaios, cuja probabilidade de sucesso em cada um é de 0,2, 
e calculando o valor de f(x) para x = 1 o resultado será: 
a) f(x) = 0,84 . 
 b) f(x) = 0,83 . 
 c) f(x) = 0,82 . 
 d) f(x) = 0,81 . 
 e) f(x) = 0,80 . 
RESOLUÇÃO: 
O enunciado já nos fornece a fórmula da f(x) da distribuição binomial e nos diz que n = 4, p = 0,2 e x = 1. Assim, 
para obter o valor de f(x) basta substituirmos os valores na fórmula: 
f(x) = (
n
x
) ∙ px ∙ (1 − p)n−x 
f(1) = (
4
1
) ∙ 0,21 ∙ (1 − 0,2)4−1 
f(1) =
4!
3! 1!
∙ 0,2 ∙ 0,83 
f(1) = 4 ∙ 0,2 ∙ 0,83 
f(1) = 0,8 ∙ 0,83 = 0,84 
Portanto, a alternativa A é o gabarito da questão. 
Resposta: A 
 
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6. VUNESP – TJ/SP – 2014) 
A função de probabilidade pode ser aplicada a qualquer experimento binomial, se for 
conhecido o número n de ensaios e a probabilidade p de um sucesso em qualquer dos ensaios. Nesse caso, o 
valor de f(x) dá a probabilidade de se obter x sucessos em n ensaios. Para o mesmo caso, o número de 
resultados que fornece exatamente 2 sucessos em 5 ensaios é: 
a) 2. 
 b) 4. 
 c) 6. 
 d) 8. 
 e) 10. 
RESOLUÇÃO: 
O número de resultados que fornece exatamente 2 sucessos em 5 ensaios é dado pelo número de 
combinações 2 a 2 que podemos formar com esses 5 elementos, ou seja: 
(
5
2
) =
5!
(5 − 2)! ∙ 2!
=
5 ∙ 4 ∙ 3!
3! ∙ 2
=
20
2
= 10 
Portanto, a alternativa E é o gabarito da questão. 
Resposta: E 
7. FUNRIO – Ministério da Justiça – 2009) 
Sabe-se que o número de pessoas com suspeita de gripe suína que chegam a um pronto socorro em certo 
intervalo de tempo, segue uma distribuição de probabilidade com valor esperado e variância igual a 30. Sendo 
assim, podemos assumir que a distribuição de probabilidade que descreve esse processo é 
A) Exponencial com parâmetro lambda igual a 1/30. 
B) Poisson com parâmetro lambda igual a 30. 
C) Normal com média e variância igual a 30. 
D) Binomial com p=30. 
E) Poisson com parâmetro lambda igual a 1/30. 
RESOLUÇÃO: 
Repare que o valor esperado e a variância são iguais a 30, ou seja, E(x) = var(x) = 30. Isto ocorre exatamente na 
distribuição Poisson, uma vez que a probabilidade de exatamente k ocorrências de um evento que se repete 
com freqüência uma conhecida, além disso,  é o número esperado de ocorrências por unidade de tempo ou 
quantidade, ou seja, sendo E(x) = var(x) = 30 e E(x) = var(x) = , então  = 30. 
Resposta: B 
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8. FGV – MPE/BA – 2017) 
Suponha que 8 pessoas foram identificadas pelo Ministério Público como possíveis integrantes de uma 
ORCRIM. De acordo com a experiência dos procuradores, a probabilidadede que qualquer um deles esteja 
envolvido é de 0,75. 
 
Assim sendo, é correto afirmar que: 
a) a probabilidade de que haja no grupo 7 ou mais envolvidos é de 2,75. (0,75)7; 
b) ˑo número esperado de envolvidos é igual a 2; 
c) o número esperado de não envolvidos é igual a 6; 
d) a probabilidade de que a maioria dos identificados seja de envolvidos é de 7,25. (0,25)7; 
e) a probabilidade de envolvidos e não envolvidos em mesmo número é de 35. (0,75)4.(0,25)4. 
RESOLUÇÃO: 
O número de envolvidos segue uma distribuição binomial, com tamanho do grupo n = 8, probabilidade de estar 
envolvido (sucesso) = 0,75 e probabilidade de não estar envolvido 0,25. Chamando de X o número de 
envolvidos, temos que a probabilidade que haja 7 ou mais envolvidos no grupo é dada por: 
P(X ≥ 7) = P(X = 7) + P(X = 8) 
P(X ≥ 7) = (
8
7
) ∙ 0,757 ∙ 0,251 + (
8
8
) ∙ 0,758 ∙ 0,250 
P(X ≥ 7) = 8 ∙ 0,757 ∙ 0,25 + 0,758 
P(X ≥ 7) = 2 ∙ 0,757 + 0,758 
P(X ≥ 7) = (2 + 0,75) ∙ 0,757 = 2,75 ∙ 0,757 
Portanto, a alternativa A está correta e é o gabarito da questão. 
Resposta: A 
 
9. CESPE – POLÍCIA FEDERAL – 2018) 
Determinado órgão governamental estimou que a probabilidade p de um ex-condenado voltar a ser condenado 
por algum crime no prazo de 5 anos, contados a partir da data da libertação, seja igual a 0,25. Essa estimativa 
foi obtida com base em um levantamento por amostragem aleatória simples de 1.875 processos judiciais, 
aplicando-se o método da máxima verossimilhança a partir da distribuição de Bernoulli. Sabendo que P(Z < 2) 
= 0,975, em que Z representa a distribuição normal padrão, julgue os itens que se seguem, em relação a essa 
situação hipotética. 
( ) Em um grupo formado aleatoriamente por 4 ex-condenados libertos no mesmo dia, estima-se que a 
probabilidade de que apenas um deles volte a ser condenado por algum crime no prazo de 5 anos, contados a 
partir do dia em que eles foram libertados, seja superior a 0,4. 
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( ) Se X seguir uma distribuição binomial com parâmetros n = 1.000 e probabilidade de sucesso p, a estimativa 
de máxima verossimilhança da média de X será superior a 300. 
RESOLUÇÃO: 
( ) Em um grupo formado aleatoriamente por 4 ex-condenados libertos no mesmo dia, estima-se que a probabilidade 
de que apenas um deles volte a ser condenado por algum crime no prazo de 5 anos, contados a partir do dia em que 
eles foram libertados, seja superior a 0,4. 
Chamando de “sucesso” a situação em que o ex-condenado volta a ser condenado, veja que estamos diante de 
uma distribuição binomial com n = 4 tentativas, probabilidade de sucesso p = 0,25, e número desejado de 
sucessos k = 1. Colocando na função de probabilidade Binomial: 
 
 
Item CERTO. 
 
( ) Se X seguir uma distribuição binomial com parâmetros n = 1.000 e probabilidade de sucesso p, a estimativa de 
máxima verossimilhança da média de X será superior a 300. 
Temos n = 1000 e p = 0,25 como parâmetros da nossa binomial. A sua média é 
dada por: 
E(X) = n.p = 1000.0,25 = 250 
Item ERRADO. 
Resposta: C E 
 
10.CESPE – EBSERH – 2018) 
Todo paciente que chega a determinado posto hospitalar é imediatamente avaliado no que se refere à 
prioridade de atendimento. Suponha que o paciente seja classificado como “emergente” (Y = 0) ou como “não 
emergente” (Y = 1), e que as quantidades X, diárias, de pacientes que chegam a esse posto sigam uma 
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distribuição de Poisson com média igual a 20. Considerando que W represente o total diário de pacientes 
emergentes, de tal sorte que , em que 0 ≤ w ≤ x e x ≥ 0, julgue os itens 
subsequentes. 
( ) A variável Y segue uma distribuição de Bernoulli, cuja probabilidade de sucesso é igual a 0,9. 
( ) O total diário W de pacientes emergentes segue uma distribuição de Poisson com média superior a 3. 
( ) Se, em determinado dia, 10 pacientes forem atendidos nesse posto hospitalar, então a probabilidade de se 
registrar, entre esses pacientes, exatamente um paciente emergente será igual a 0,1. 
( ) A variância do número diário de pacientes que chegam a esse posto hospitalar é igual a 20 pacientes2. 
RESOLUÇÃO: 
( ) A variável Y segue uma distribuição de Bernoulli, cuja probabilidade de sucesso é igual a 0,9. 
A variável Y realmente segue uma distribuição de Bernoulli, pois ela se caracteriza por assumir apenas dois 
valores (0 para emergente e 1 para não emergente). 
Note que W segue uma distribuição binomial, na qual w representa o número de sucessos (pacientes 
emergentes), x-w representa o número de fracassos (não emergentes) e x representa o número de tentativas. 
Na binomial, temos: 
P(w sucessos em x tentativas) = C(x,w).pw.(1-p)x-w 
Nesta fórmula, p representa a probabilidade de sucesso, ou seja, a probabilidade de um paciente ser 
emergente. Comparando esta fórmula com aquela do enunciado, vemos que p = 0,1. Logo, a probabilidade de 
um paciente ser emergente é 0,1, e a probabilidade de ser não emergente é 0,9. 
Muita atenção agora: ao definir a distribuição Y, a questão falou que 1 (que nesta distribuição representa o 
sucesso) corresponde aos pacientes NÃO emergentes. Como sabemos que a probabilidade de chegada de um 
paciente não emergente é 0,9, podemos dizer que a probabilidade de sucesso da Bernoulli é igual a 0,9. Item 
CERTO. 
 
( ) O total diário W de pacientes emergentes segue uma distribuição de Poisson com média superior a 3. 
ERRADO. Vimos que W segue uma distribuição binomial. A média da binomial é n.p, ou seja, 20.0,1 = 2 
pacientes emergentes. 
ATENÇÃO: na binomial o examinador definiu que sucesso é chegar um paciente emergente, já na bernoulli ele 
definiu como sucesso a chegada de um não emergente (o valor 1 está relacionado ao sucesso). Isto pode gerar 
alguma confusão na interpretação deste exercício. 
 
( ) Se, em determinado dia, 10 pacientes forem atendidos nesse posto hospitalar, então a probabilidade de se 
registrar, entre esses pacientes, exatamente um paciente emergente será igual a 0,1. 
Queremos encontrar a probabilidade de w = 1 paciente emergente em x = 10 atendimentos. Na fórmula 
fornecida, temos: 
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P(W = 1 | X = 10) = C(10,1).0,11.0,910-1 
P(W = 1 | X = 10) = 10.0,1.0,99 
P(W = 1 | X = 10) = 0,99 
Veja que esta probabilidade NÃO é igual a 0,1. Item ERRADO. 
 
( ) A variância do número diário de pacientes que chegam a esse posto hospitalar é igual a 20 pacientes2. 
O número diário de pacientes (X) é uma distribuição Poisson com média 𝜆 = 20. Sabemos que a variância de 
uma distribuição Poisson também é igual a 𝜆, ou seja, também é igual a 20 (apenas a unidade muda de 
pacientes para pacientes2). Item CERTO. 
Resposta: C E E C 
 
11. CESPE – TCE/PA – 2016) 
Considere um processo de amostragem de uma população finita cuja variável de interesse seja binária e assuma 
valor 0 ou 1, sendo a proporção de indivíduos com valor 1 igual a p = 0,3. Considere, ainda, que a probabilidade 
de cada indivíduo ser sorteado seja a mesma para todos os indivíduos da amostragem e que, após cada sorteio, 
haja reposição do indivíduo selecionado na amostragem. 
A partir dessas informações, julgue o item subsequente. 
( ) Se for coletada uma amostra de tamanho n = 20, o número total de observações sorteadas com valor 1 terá 
distribuição binomial com parâmetros n e p. 
RESOLUÇÃO: 
Observe que faremos 20 observações. Cada uma pode ter apenas dois resultados: sucesso (1) ou fracasso (0). 
Estamos diante de uma distribuição binomial na qual temos n = 20 tentativas e p = 0,3 como sendo a 
probabilidade de sucessoa cada tentativa. Item CORRETO. 
Resposta: C 
 
12.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 
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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 
13. FCC – SEFAZ/PI – 2015) 
Um estudo mostra que 20% de todos os candidatos que estão prestando determinado concurso público 
possuem doutorado em determinada área do conhecimento. Selecionando-se ao acaso e com reposição 4 
desses candidatos, a probabilidade de que exatamente 2 possuam doutorado é igual a 
(A) 13,24% 
(B) 10,24% 
(C) 5,72% 
(D) 8,46% 
(E) 15,36% 
RESOLUÇÃO: 
Temos uma distribuição binomial onde a chance de sucesso (ter doutorado) é p = 20%, de fracasso é q = 100% 
- 20% = 80%, e o número de tentativas é n = 4, das quais queremos 2 sucessos. Ou seja, 
Probabilidade = C(4,2) x (20%)2x(80%)2 
Probabilidade = 6x0,04x0,64 
Probabilidade = 0,1536 = 15,36% 
Resposta: E 
 
14.FCC - ISS/Teresina - 2016) 
Suponha que o número de processos que um auditor fiscal analisa no período de uma semana tem distribuição 
de Poisson com média de λ processos por semana. Sabe-se que λ satisfaz à equação P(X = λ) = 3/64 onde X é 
uma variável aleatória com distribuição binomial com média 1 e variância 3/4. Nessas condições, a 
probabilidade do auditor analisar exatamente 2 processos em uma semana é igual a 
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 Dados: 
 e-2 = 0,14 
e-3 = 0,05 
(A) 0,350. 
(B) 0,375. 
(C) 0,325. 
(D) 0,225. 
(E) 0,250. 
RESOLUÇÃO: 
Na distribuição binomial, temos: 
Média = n.p 
1 = n.p 
 
Variância = n.p.(1-p) 
¾ = n.p.(1-p) 
¾ = 1.(1-p) 
p = ¼ 
 
n.p = 1 
n.1/4 = 1 
n = 4 
 
A fórmula que nos dá a probabilidade de λ sucessos é: 
P(λ) = C(n, λ) . pλ.(1-p)n-λ 
3/64 = C(4, λ).(1/4)λ.(1-1/4)4-λ 
 
Precisamos achar um valor de λ que atenda a equação acima. Testando λ = 1, temos: 
3/64 = C(4, 1).(1/4)1.(3/4)4-1 
3/64 = 4.(1/4)1.(3/4)3 
3/64 = 1.27/64 
 
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Veja que λ = 1 não nos atende. Testando λ = 3 (pulei o 2 propositalmente, mas você pode testá-lo também), 
temos: 
3/64 = C(4, 3).(1/4)3.(3/4)4-3 
3/64 = 4.(1/64).(3/4)1 
3/64 = (1/64).3 
3/64 = 3/64 
 
Portanto, devemos usar λ = 3. Na distribuição Poisson, para k = 2 processos, temos: 
.
( )
!
ke
f k
k
 −
=
 
3 2.3
(2)
2!
e
f
−
=
 
0,05.9
(2) 0,225
2
f = =
 
Resposta: D 
 
15. 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 
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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 0
7 1 1
(0;7;0,5) 0,5 (1 0,5) 1 1
0 2 2
P −
     
=   − =   =    
     
7
1 7 1 6
7 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 
 
16.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: 
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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 
 
17. 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 
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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 
 
18.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 k
n
P k n p p p
k
P
P
 
Resposta: C 
 
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19.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 
 
20.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: 
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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 
21.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: 
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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 
 
22.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 
 
23. 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. 
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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 
 
24.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 
 
 
 
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25. 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) 
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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 
 
26.FCC – ICMS/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 =   =
 
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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 
 
27. VUNESP – 2015) 
Uma pesquisa revela que, em um centro de televendas, as chamadas telefônicas ocorrem, de modo aleatório e 
independente, à taxa de 12 chamadas a cada 20 minutos. Considera-se que a probabilidade de uma chamada é 
igual em quaisquer dois períodos de tempo de igual duração e, portanto, utiliza-se a função de probabilidade 
de Poisson que, para o caso, é p(x) = (λx ∙ e-λ)/x! em que x é o número de chamadas em qualquer período de 20 
minutos, e λ é a média de ocorrências. De acordo com esses dados e aproximando e–3 para 0,05, a probabilidade 
de que, em 5 minutos, seja recebida exatamente uma chamada é, aproximadamente, de 
 a) 15% 
 b) 25% 
 c) 30% 
 d) 35% 
 e) 40% 
RESOLUÇÃO: 
Aqui estamos diante da distribuição de Poisson e queremos calcular P(x=1), que é a probabilidade de ser 
recebida exatamente 1 chamada em 5 minutos. Precisamos calcular o valor de λ em 5 minutos. Sabemos que λ 
= 12 chamadas em 20 minutos, portanto em 5 minutos λ = 12/4 = 3 chamadas a cada 5 minutos. Logo, temos 
que: 
P(X = 1) =
λ𝑥 ∙ 𝑒−λ
x!
=
31 ∙ 𝑒−3
1!
 
O enunciado nos fornece que 𝑒−3 = 0,05, portanto: 
P(X = 1) = 3 ∙ 0,05 = 0,15 = 15% 
Logo, a alternativa A é o gabarito da questão. 
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Resposta: A 
28.CESPE – EBSERH – 2018) 
O total diário - X - de pessoas recebidas em uma unidade de pronto atendimento (UPA) para atendimento 
ambulatorial, e o total diário - Y - de pessoas recebidas nessa mesma UPA para atendimento de urgência segue 
processos de Poisson homogêneos, com médias, respectivamente, iguais a 20 pacientes/dia e 10 pacientes/dia, 
e as variáveis aleatórias X e Y são independentes. Sabe-se que, em média, a necessidade de cuidados 
hospitalares atinge 10% dos pacientes do atendimento ambulatorial e 90% dos pacientes do atendimento de 
urgência. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando que o registro da necessidade de 
cuidados hospitalares seja feito no momento em que o paciente chegue à UPA e que H seja a quantidade diária 
registrada de pacientes com necessidades de cuidados hospitalares. 
( ) A quantidade diária H segue uma distribuição de Poisson. 
RESOLUÇÃO: 
Observe que H é a quantidade diária de pacientes, seja para atendimento ambulatorial ou para atendimento 
de urgência. Como se trata da junção de duas distribuições Poisson independentes, teremos uma nova 
distribuição Poisson. Item CERTO. 
Resposta: C 
 
29.CESPE – TCE/PA – 2016) 
Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, 
tais que P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
( ) A distribuição de X2 é Bernoulli com média igual a 0,81 
( ) As variâncias de X e Y são iguais. 
( ) A média de Y é superior a 0,5 
RESOLUÇÃO: 
( ) A distribuição de X2 é Bernoulli com média igual a 0,81 
Como X só assume os valores 0 ou 1, podemos dizer que X2 também só assumirá os valores 02 = 0 e 12 = 1. Trata-
se de uma variável Bernoulli. A média é dada pela multiplicação de cada valor que a variável pode assumir (1 ou 
0) pelas respectivas probabilidades (0,9 e 0,1): 
E(X) = 1.0,9 + 0.0,1 = 0,9 
Item ERRADO. 
 
( ) As variâncias de X e Y são iguais. 
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A variância de uma variável Bernoulli é dada por p.(1-p), onde p é a probabilidade de sucesso. Note que, no caso 
de X, p = 0,9 (pois esta é a probabilidade de X ser igual a 1). E, no caso da variável Y, p = 0,1, de modo que 1-p = 
0,9 é a probabilidade de fracasso, ou seja, de Y = 0. 
Assim: 
Var(X) = 0,9.(1-0,9) = 0,09 
Var(Y) = 0,1.(1-0,1) = 0,09 
Item CORRETO. 
 
( ) A média de Y é superior a 0,5 
Y só assume os valores 0 e 1, com as probabilidades de 0,9 e 0,1, respectivamente. Deste modo, a sua média é: 
E(Y) = 0.0,9 + 1.0,1 = 0,1 
Item ERRADO. 
Resposta: E C E 
 
30.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: 
( ; )
!
ke
f k
k
 

− 
= 
− 
=
3 3
( ;3)
!
ke
f k
k
 
Assim, a probabilidade de k = 0 cliente é: 
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− −
− = = = = =
3 0 3
33 1(0;3) 0,049 4,9%
0! 1
e e
f e 
 
A probabilidade de k = 1 cliente é: 
− − 
= = = = =
3 1 33 3
(1;3) 3.0,049 0,147 14,7%
1! 1
e e
f 
 
A probabilidade de k = 2 clientes é: 
−  
= = = =
3 23 0,049 9
(2;3) 0,2205 22,05%
2! 2
e
f 
 
A probabilidade de k = 3 clientes é: 
−  
= = = =
3 33 0,049 27
(3;3) 0,2205 22,05%
3! 6
e
f 
 
Analisando as alternativas: 
(A) não receber clientes é menor do que 1%.ERRADO, pois para k = 0 temos 4,9% de probabilidade. 
(B) receber um cliente é maior do que 18%. 
ERRADO, pois para k = 1 temos 14,7%. 
(C) receber dois clientes é menor do que 20%. 
ERRADO, pois para k = 2 temos 22,05%. 
(D) receber até dois clientes (inclusive) é menor do que 60%. 
CORRETO, pois até dois clientes temos 4,9% + 14,7% + 22,05% = 41,65%. 
(E) receber até três clientes (inclusive) é maior do que 90%. 
ERRADO, pois até 3 clientes temos: 4,9% + 14,7% + 22,05% + 22,05% = 63,7%. 
Resposta: D 
 
 
 
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31. 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: 
 
 
 
Para k = 1 paciente: 
 
−
−= = =  = =
2 1
22(1;2) 2 2 0.14 0.28 28%
1!
e
f 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!
e
f 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% 
( ; )
!
ke
f k
k
 

− 
=
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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 
 
32. FCC – SEFAZ/PI – 2015) 
O número de falhas mensais de um computador é uma variável que tem distribuição de Poisson com média λ. 
Sabe-se que λ é igual à média de uma distribuição uniforme no intervalo [2, 4]. Nessas condições, 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: 
.
( )
!
ke
f k
k
 −
= 
1,5 2.1,5 0,22.2,25
(2) 0,2475 24,75%
2! 2
e
f
−
= = = = 
Resposta: A 
 
 
 
 
 
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33. 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, 
.
( )
!
ke
f k
k
 −
=
 
 
Assim, as probabilidades de obter 0 erros ou 1 erro em um capítulo são: 
4 0
4.4(0) 0,018
0!
e
f e
−
−= = =
 
4 1
4.4(1) 4 4 0,018 0,072
1!
e
f 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: 
 
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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 
 
34.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: 
( ; )
!
ke
f 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: 
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4 0 4 1 4 2 4 3
0 1 2 3
4
4 4
4 4 4 4
Probab( 3)
0! 1! 2! 3!
4 4 4 4
Probab( 3)
0! 1! 2! 3!
1 4 16 64 71
Probab( 3)
1 1 2 6 3
e e e e
x
x e
x e e
− − − −
−
− −
   
 = + + +
 
 =  + + + 
 
   
 =  + + + =    
    
Resposta: C 
35. 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!
ke
f k
k
e
f e
 

−
−
−

=

= =
 
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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