13 - Distribuições de probabilidade Distribuição normal

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probabilidade (cont.) 
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Sumário 
DISTRIBUIÇÕES DE PROBABILIDADE .............................................................................................................. 3 
Distribuição Normal ......................................................................................................................................... 3 
Distribuição Uniforme .................................................................................................................................... 17 
Distribuição Exponencial ................................................................................................................................ 22 
Distribuição Qui-quadrado ............................................................................................................................. 26 
Distribuição “t de Student” ............................................................................................................................. 27 
Teorema de Tchebyshev ................................................................................................................................. 28 
QUESTÕES COMENTADAS PELO PROFESSOR ............................................................................................... 30 
LISTA DE QUESTÕES DA AULA .................................................................................................................... 103 
GABARITO .................................................................................................................................................. 131 
RESUMO DIRECIONADO ............................................................................................................................. 132 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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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 
 
Aproveito para lembrá-lo de seguir as minhas redes sociais e acompanhar de perto o trabalho que desenvolvo: 
 
 
No estudo das distribuições contínuas, a distribuição de probabilidade seguirá uma função contínua f(x), 
que chamamos de função densidade de probabilidade. Com o uso desta função, é possível calcular a 
probabilidade da variável X assumir valores dentro de um determinado intervalo. Agora, CUIDADO: para uma 
variável contínua, que pode assumir INFINITOS valores, não faz sentido calcular o valor da probabilidade de um 
valor exato! A probabilidade de qualquer valor exato será igual a ZERO. Só faz sentido calcular a probabilidade 
de um intervalo, como veremos adiante. 
Vamos conhecer cada uma das principais distribuições de variáveis contínuas. 
 
Distribuição Normal 
Imagine que, ao longo de 100 anos, foi medida diariamente a temperatura de um determinado local na 
cidade de Oslo, Noruega. Você encontrou uma tabela onde estão anotados, dia a dia, a temperatura medida 
ao meio dia. Calculando a média (com o auxílio de um computador, devido à imensa quantidade de dados), 
você conclui que a temperatura média daquela cidade é em torno de 0 graus Celsius. Além disso, você percebe 
que a grande maioria dos dados encontra-se relativamente próxima deste valor médio – digamos que a maioria 
das temperaturas encontra-se entre -10 e 10 graus Celsius, isto é, num intervalo de 20 graus em torno da média 
(0ºC). Apesar de haver uma concentração de dados em torno da média, examinando mais detalhadamente 
você encontra temperaturas bem altas, chegando a 35ºC em alguns poucos dias, bem como temperaturas tão 
baixas quanto -26ºC. Se você desenhasse um histograma, colocando no eixo horizontal os valores de 
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temperaturas registradas, e, no eixo vertical, o percentual dos registros que contém aqueles valores de 
temperatura, encontraria algo assim: 
 
 
Observe neste gráfico que a maioria das temperaturas encontra-se, de fato, entre -10 e 10 graus Celsius, 
o que explica o pico formado na curva. Apesar desta concentração em torno da média, a curva estende-se para 
a direita e para a esquerda, tendo sido observadas temperaturas extremas para ambos os lados. 
Esta curva, com formato característico que lembra um sino, é conhecida como “curva Normal”. Ela está 
presente em diversos fenômenos da natureza, como este que acabamos de verificar (distribuição das 
temperaturas de uma cidade). Caracteriza-se por uma grande concentração de dados em torno da média – 
formando o pico – e a possibilidade (ainda que remota) de serem obtidos valores extremos para ambos os lados 
da média – formando as caudas. 
Do ponto de vista da Estatística, esta curva é muito interessante porque, conhecendo apenas a média e o 
desvio padrão dos dados, é possível reconstruir toda a curva, e tirar diversas conclusões a respeito do fenômeno 
por ela representado. Isto porque, sabendo que a distribuição de uma determinada variável aleatória X é 
normal, com média  e desvio padrão  , a função abaixo descreve a probabilidade de ocorrência de um 
valor específico da variável X (que chamamos de x): 
2
2
( )
2
2
1
( , , )
2
x
f x e


 

 −
−  
 =
, para x−    e 0  
Essa é a função densidade de probabilidade da distribuição normal. Fique tranquilo: você nunca precisará 
utilizar essa equação! Mas, se tivesse a média e o desvio padrão das temperaturas de Oslo, poderia calcular, 
com esta fórmula, a probabilidade de ocorrer um dia com temperatura x = 15ºC, por exemplo... 
0%
2%
4%
6%
8%
10%
12%
14%
16%
18%
-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40
Fr
e
q
u
ê
n
ci
as
Temperatura (graus Celsius)
Distribuição de temperaturas em Oslo
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Vejamos outro exemplo. Imagine que temos uma variável aleatória X, que são as idades de diversas 
pessoas de uma cidade (aqui estamos tratando a idade como uma variável contínua). Sabemos que essa 
variável tem a idade média de 30 anos (isto é, 30 = ) e desvio-padrão de 5 anos ( 5 = ), e também foi dito 
que esta variável tem distribuição normal. Podemos abreviar estas informações da seguinte forma: a variável 
X possui distribuição N(30, 5) – isto é, possui distribuição normal com média 30 e desvio padrão 5. Grave essa 
notação: ( , )N   ou ~ ( , )N   . 
 Veja abaixo como fica o gráfico de distribuição de probabilidades dessa variável: 
 
 
Note que, de fato, a média é igual a 30 anos (eixo X). Esse também é o valor da moda, pois é o valor que 
possui maior probabilidade (f(x)), ou seja, é o que vai aparecer mais vezes. E é a mediana, pois divide os dados 
em 2 metades. Nessa distribuição, a média, moda e mediana são sempre iguais. Isto é, trata-se de uma 
distribuição simétrica. 
Para você entender o que significa o desvio-padrão, vamos imaginar que, ao invés de o desvio-padrão 
dessa variável ser 5, ele seja 10 = . Teremos o seguinte gráfico: 
 
0,00%
0,10%
0,20%
0,30%
0,40%
0,50%
0,60%
0,70%
0 1020 30 40 50 60
f(
x)
 
Valores de X (idades)
f(x, 30, 5)
0,00%
0,02%
0,04%
0,06%
0,08%
0,10%
0,12%
0,14%
0,16%
0,18%
0 10 20 30 40 50 60
f(
x)
 
Valores de X (idades)
f(x, 30, 10)
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Comparando esse gráfico com o anterior, você verá que esta curva é mais “espalhada”, isto é, não temos 
um pico tão significativo quanto no primeiro caso. Isso porque, quanto maior o desvio-padrão, mais dispersas 
estão as idades das pessoas, e quanto menor, mais próximos da média elas se encontram. Veja que neste 
segundo exemplo há maior probabilidade de encontramos pessoas de 10 anos e de 50 anos. No exemplo 
anterior, essa probabilidade era próxima de zero. 
Chamamos de distribuição normal padrão aquela onde a média é 0 e o desvio padrão é 1. Neste caso, a 
função densidade de probabilidade será simplificada: 
2
21
( )
2
x
f x e

 
−  
 = 
Ainda assim temos uma fórmula complicada de se trabalhar. Felizmente existem tabelas que facilitarão 
bastante os cálculos. Antes de ver isso, precisamos saber como transformar uma distribuição normal qualquer 
em uma distribuição normal padrão. Isso é feito através da seguinte fórmula: 
X
Z


−
= 
Como usamos essa fórmula? Imagine novamente aquela variável X (idades), com média igual a 30 anos e 
desvio-padrão de 5 anos. Para cada valor de X, podemos calcular o valor correspondente de Z. Por exemplo, 
para x = 40 anos, teremos: 
X
Z


−
= 
40 30
2
5
z
−
= = 
Calculando o valor de Z para cada valor de X, podemos usar a função de densidade de probabilidade da 
normal padronizada 
2
21
( )
2
z
f z e

 
−  
 = para criar o gráfico abaixo: 
 
0%
5%
10%
15%
20%
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
f(
z)
 p
ad
ro
n
iz
ad
a
Valores de Z
f(z) padronizada
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Veja que essa curva tem o mesmo formato da que fizemos para média = 30 anos e desvio-padrão = 5 anos, 
porém aqui a média é 0 e o desvio-padrão é 1. Existem tabelas que nos dão a probabilidade de Z ser menor ou 
igual a qualquer valor, o que nos permite efetuar cálculos de probabilidades sem usar as fórmulas complicadas. 
Exemplificando: vamos calcular a probabilidade de, ao escolher aleatoriamente um indivíduo daquela 
amostra X, ele ter idade inferior a 20 anos. 
Neste caso, queremos calcular P(X<20), isto é, a probabilidade da variável aleatória X ser menor que 20 
anos. 
A primeira coisa que devemos fazer é obter o valor de Z equivalente ao valor de X que nos interessa. Para 
isso, podemos usar a fórmula de padronização: 
X
Z


−
= 
20 30
2
5
z
−
= = − 
Portanto, z = -2 é o valor, na distribuição normal padronizada, correspondente ao valor x = 20 anos. 
Como queremos calcular a probabilidade de 20X  , isso é equivalente a calcular a probabilidade de 
2Z  − , isto é, P(Z<-2). Essa probabilidade pode ser obtida diretamente da tabela da normal padronizada, 
como essa abaixo: 
 
Veja que esta é uma tabela do tipo P(Z<z). Esta informação encontra-se logo acima da tabela. Isto 
significa que ela fornece, nas células com fundo branco, os valores da probabilidade da variável Z ser inferior a 
um determinado número, z, que se encontra nas células das extremidades (fundo cinza). 
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Como temos interesse na probabilidade de Z < -2, basta procurar a linha correspondente a -2,0 e a coluna 
correspondente a 0,00. Fazendo o cruzamento desta linha e coluna, obtemos o valor 0,0228. Se estivéssemos 
procurando o valor z = -2,01, deveríamos procurar a linha correspondente a -2,0 e a coluna correspondente a 
0,01 (para formar o número -2,01). Assim, pegaríamos o valor ao lado, isto é, 0,0222. 
O valor 0,0228 é a probabilidade de que Z seja menor que -2, e é também a probabilidade de que X seja 
menor que 20. Portanto, 
P(Z<-2) = P(X<20) = 0,0228 = 2,28% 
 
E se quiséssemos calcular a probabilidade de um indivíduo escolhido ao acaso ter entre 20 e 30 anos? 
Bastaria calcular o valor de Z para x1=20 e para x2=30, obtendo dois valores, z1 e z2. A seguir, deveríamos buscar 
na tabela o valor de P(Z<z) para os dois valores de z que encontramos. Feito isso, bastaria subtrair: P(Z<z2) – 
P(Z<z1) e teríamos a (20 30)P X  . 
Para finalizar, vejamos algumas propriedades da distribuição normal: 
- sendo a e b constantes, e X uma distribuição normal, então Y = aX + b também tem distribuição normal, 
com média ( a b + ) e variância 2 2a  . 
 
Exemplificando, se somamos 1 em cada valor possível da distribuição X, a nova distribuição (que 
chamaremos de Y) terá um valor médio 1 unidade maior, isto é, 1 + . E terá a mesma variância, afinal não 
houve aumento na dispersão dos valores de X, eles apenas foram todos acrescidos em 1 unidade. 
Agora, se multiplicamos cada valor de X por 3, por exemplo, a média também será multiplicada por 3. A 
variância também será alterada, pois há um aumento da dispersão dos valores de X. Neste caso, a variância 
será multiplicada por 32, isto é, 9. 
 
- sendo X e Y distribuições normais, então X + Y, X - Y e aX + bY são distribuições normais (onde a e b são 
valores constantes). 
 
- se os dados tem distribuição normal, pode-se dizer que cerca de 68% encontram-se entre  − e 
 + . Da mesma forma, 95% dos dados encontram-se entre 2 − e 2 + , e 99,7% entre 3 − e 
3 + . 
 
Guarde os principais elementos da distribuição normal: 
 
 
 
 
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Distribuição Normal 
- distribuição de variável contínua; 
- presente em fenômenos da natureza em que a maior parte dos valores está próxima da média, mas há valores mais 
afastados da média para ambos os lados; 
- se os dados tem distribuição normal, pode-se dizer que cerca de 68% encontram-se entre  − e  + . Da mesma 
forma, 95% dos dados encontram-se entre 2 − e 2 + , e 99,7% entre 3 − e 3 + ; 
- a distribuição normal padrão tem média 0 e desvio padrão 1; 
- para transformar uma distribuição normal qualquer em uma normal padrão, basta usar a transformação: 
X
Z


−
= 
- a distribuição é simétrica, de modo que P(X > a) é igual a P (X < -a), e média = mediana = moda. 
 
Comece a trabalhar os conceitos da distribuição normal resolvendo o exercício abaixo: 
 
FCC – TRT/3ª – 2009) Instruções: Para responder à questão abaixo utilize as informações a seguir. 
- Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
P(Z > 1,64) = 0,05, P(Z > 2) = 0,02, P(0 < Z < 2,4) = 0,49, P(0 < Z < 0,68) = 0,25 
A duração de vida de um aparelho elétrico tem distribuição normal com média 1.500 dias e terceiro quartil de 
1.840 dias. Se esse tipo de aparelho tiver garantia de 300 dias, a porcentagem das vendas originais do aparelho 
que exigirá substituição é 
(A) 8% 
(B) 5% 
(C) 4% 
(D) 3% 
(E) 1% 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que a média dessa distribuição normal é 1500 = e o 3º quartil é Q3 = 1840. Sabemos que 75% das 
observações encontram-se abaixo do 3º quartil, ou melhor, P( X < 1840) = 75%. 
 Observe que foi fornecido o seguinte dado: P(0 < Z < 0,68) = 0,25. Como a distribuição normal é simétrica, 
sabemos que P (Z < 0) = 0,50. Somando essas duas, temos que P(Z < 0,68) = 0,50 + 0,25 = 0,75. Veja isso na 
figura abaixo: 
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 Portanto, P(X < 1840) = P (Z < 0,68) = 0,75. A padronização Z é dada pela fórmula: 
X
Z

−
= 
 Substituindo os dados que temos: 
1840 1500
0,68

−
= 
500 = 
 Encontramos assim o desvio padrão da distribuição. Para calcular a probabilidade de um aparelho durar 
menos de 300 dias, precisamos de P (X < 300). Efetuando a padronização Z, temos: 
300 1500
2, 4
500


− −
= = = −
X
Z 
 Portanto, P(X<300) = P(Z<-2,4). Como a distribuição normal é simétrica, podemos dizer que P (Z < -2,4) = 
P(Z > 2,4). Veja que a área abaixo da curva é a mesma: 
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 O enunciado forneceu que P(0<Z<2,4) = 0,49. Lembrando que P(Z > 0) = 0,50, podemos ver que P(Z > 2,4) 
= P(Z > 0) – P(0<Z<2,4) = 0,50 – 0,49 = 0,01. 
 Portanto, P (Z < -2,4) = P(Z > 2,4) = 0,01 = 1%. 
 Assim, a chance de um aparelho quebrar antes de 300 dias é igual a 1%, de modo que será necessário 
substituí-lo. 
Resposta: E 
 
FCC – ICMS/SC – 2018) 
Seja X a variável que representa o diâmetro de uma peça fabricada por uma metalúrgica. Sabe-se que X tem 
distribuição normal com média 10 cm e variância 4 cm2. Toda peça cujo diâmetro se distanciar da média por 
menos do que 1,68 cm é considerada boa. Três peças são selecionadas aleatoriamente e com reposição da 
distribuição de X. A probabilidade de exatamente uma ser boa é igual a 
Dados: 
Se Z tem distribuição normal padrão: 
P(Z < 0,84) = 0,8 
P(Z < 1) = 0,841 
P(Z < 1,96) = 0,975 
(A) 0,441 
(B) 0,348 
(C) 0,288 
(D) 0,340 
(E) 0,291 
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RESOLUÇÃO: 
Veja que as peças boas estão no intervalo que vai de 10 – 1,68 = 8,32cm até 10 + 1,68 = 11,68cm. Podemos 
calcular a probabilidade de uma peça ser boa, ou seja, P(8,32 < X < 11,68), onde X é o tamanho da peça. Para 
fazer isso, devemos usar a curva normal padronizada. 
Podemos calcular os valores correspondentes na curva normal padronizada usando a transformação: 
𝑍 =
𝑋 − 𝜇
𝜎
 
 
 Como a variância é igual a 4, então o desvio padrão é igual a 2 (ele é a raiz quadrada da variância). 
Portanto, para X1 = 8,32, temos: 
𝑍1 =
8,32 − 10
2
= −
1,68
2
= −0,84 
 
 Para X2 = 11,68, temos: 
𝑍2 =
11,68 − 10
2
=
1,68
2
= 0,84 
 
 Logo, fazendo as devidas correspondências entre X e Z, temos: 
P(8,32 < X < 11,68) = P(-0,84 < Z < 0,84) 
 
 O enunciado nos disse que P(Z < 0,84) = 0,8. Isto significa que P (Z>0,84) = 1 – 0,8 = 0,2. Como a curva 
normal é simétrica, também podemos dizer que P(Z < -0,84) = 0,2. Para Z estar entre -0,84 e 0,84 (que é o que 
queremos), precisamos retirar as duas extremidades, ou seja, Z < -0,84 e Z > 0,84. Como cada uma tem 
probabilidade de 0,2, ficamos com: 
P(-0,84 < Z < 0,84) 1 – 0,2 – 0,2 = 0,6 
 
 Isto é, 
P(8,32 < X < 11,68) = 0,6 
 
 A probabilidade de uma peça ser boa é 0,6, de modo que a probabilidade de ser ruim é 0,4. Queremos 
tirar exatamente 1 peça boa e 2 ruins. A probabilidade de a primeira ser boa e as outras duas ruins é: 
0,6 x 0,4 x 0,4 = 0,096 
 
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 Este não é o único caso que nos interessa: a peça boa pode ser a primeira, mas também poderia ser a 
segunda ou a terceira. Temos 3 casos com probabilidade de 0,096 cada, totalizando 3 x 0,096 = 0,288 de 
probabilidade. 
Resposta: C 
 
FGV – Analista IBGE – 2016) Sabe-se que as notas de uma prova têm distribuição normal com média µ = 6,5 e 
variância σ ² = 4. Adicionalmente, são conhecidos alguns valores tabulados da normal-padrão. 
Φ(1,3) ≅ 0,90 
Φ(1,65) ≅ 0,95 
Φ(1,95) ≅ 0,975 
Onde Φ(z) é uma função distribuição acumulada da Normal Padrão. 
Considerando-se que apenas os 10% que atinjam as maiores notas serão aprovados, a nota mínima para 
aprovação é: 
a) 9,10 
b) 9,30 
c) 9,50 
d) 9,70 
e) 9,80 
RESOLUÇÃO: 
Veja que temos média igual a 6,5 e desvio padrão igual a 2 (raiz da variância). Queremos encontrar a nota X em 
relação à qual temos apenas 10% de notas acima dela. Repare que, para Z = 1,3, a probabilidade acumulada da 
normal padrão é de 90%, ou seja, P(Z<1,3) = 90%, o que também permite dizer que P(Z>1,3) = 10%. Logo, 
devemos utilizar Z = 1,3. Na transformação Z, temos: 
Z = (X – média) / (desvio padrão) 
1,3 = (X – 6,5) / 2 
2,6 = X – 6,5 
X = 6,5 + 2,6 
X = 9,1 
Resposta: A 
 
 
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FGV – ICMS/RO – 2018) Uma variável aleatória X tem distribuição normal com média μ e variância σ2. Nesse 
caso, avalie se as afirmativas a seguir são falsas (F) ou verdadeiras (V). 
I. A variável Z = (X – μ) / σ2 tem distribuição normal padrão. 
II. Se x é um número real, P [ X > x ] = 1 – P [ X < -x ]. 
III. P [ X > μ ] = 0,5. 
Na ordem apresentada, as afirmativas são, respectivamente, 
(A) V - F - V. 
(B) V - F - F. 
(C) F - V - F. 
(D) F - F - V. 
(E) F - F - F. 
RESOLUÇÃO: 
A afirmação I está FALSA, pois a normal padrão é obtida pelo procedimento: 
Z = (X – média) / desvio padrão 
Nesta afirmação I foi utilizada a variância no denominador. 
 
A afirmação II está FALSA, pois a simetria da curva normal implica que a probabilidade de X > x é a mesma 
probabilidade de X < -x. Isto é, 
P[X > x] = P[X < -x] 
 A afirmação III está VERDADEIRA, pois como a curva normal é simétrica, a média a divide em duas metades 
iguais. Assim, a probabilidade de X ser superior à média é de 50%, ou 0,5. 
 
Temos F-F-V. 
Resposta: D 
 
CESPE – ABIN – 2018) Em uma fábrica de ferragens, o departamento de controle de qualidade realizou testes 
na linha de produção de parafusos. Os testes ocorreram em dois campos: comprimento dos parafusos e 
frequência com que esse comprimento fugia da medida padrão. Historicamente, o comprimento médio desses 
parafusos é 3 cm, e o desvio padrão observado é 0,3 cm. Foram avaliados 10.000 parafusos durante uma 
semana. Desses, 1.000 fugiram às especificações técnicas da gerência: o comprimento do parafuso deveria 
variar de 2,4 cm a 3,6 cm. O chefe da linha de produção, porém, insiste em afirmar que, em média, 4% da 
produção de parafusos fogem às especificações. O departamento de controle de qualidade assume que os 
comprimentos dos parafusos têm distribuição normal. 
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A partir dessa situação hipotética, julgue os itens subsequentes, considerando que Φ(1) = 0,841, Φ(1,65) = 0,95, 
Φ(2) = 0,975 e Φ(2,5) = 0,994, em que Φ(z) é a função distribuição normal padronizada acumulada, e que 0,002 
seja valor aproximado para √
0,0384
10000
 
( ) Considere que o maior parafuso já encontrado na linha de produção tenha 3,75 cm de comprimento. Nesse 
caso, a probabilidade de que um parafuso escolhido aleatoriamente tenha comprimento maior que esse será 
superior a 1%. 
( ) A probabilidade de que um parafuso escolhido aleatoriamente tenha comprimento fora das especificações 
técnicas é inferior a 2,5%. 
RESOLUÇÃO: 
( ) Considere que o maior parafuso já encontrado na linha de produção tenha 3,75 cm de comprimento. Nesse 
caso, a probabilidade de que um parafuso escolhido aleatoriamente tenha comprimento maior que esse será 
superior a 1%. 
A probabilidade do parafuso ter comprimento maior que 3,75: Φ = (3,75 – 3,00) / 0,3; φ = 2,5. 
Buscamos direto os valores do enunciado pois já se trata de valores de distribuição normal padrão acumulada, 
ou seja, unilateral. A P(φ>2,5) = P(x>3,75) = 1-0,994 = 0,6%. Item ERRADO. 
 
( ) A probabilidade de que um parafuso escolhido aleatoriamente tenha comprimento fora das especificações 
técnicasé inferior a 2,5%. 
Φ=(3,6-3)/0,3 = 2 
Atenção pois os valores do enunciado se referem a uma análise unilateral, neste caso devemos considerar o 
parafuso fora das especificações para mais e para menos. Portanto, P(0<φ<2) = (0,975 – 0,500)*2 = 0,95. Logo, 
a probabilidade deste parafuso estar fora das especificações é de 1-0,95 = 5%. Item ERRADO. 
Resposta: E E 
 
CESPE – POLÍCIA FEDERAL – 2018) O valor diário (em R$ mil) apreendido de contrabando em determinada 
região do país é uma variável aleatória W que segue distribuição normal com média igual a R$ 10 mil e desvio 
padrão igual a R$4 mil. Nessa situação hipotética, 
( ) se W1 e W2 forem duas cópias independentes e identicamente distribuídas como W, então a soma W1 + W2 
seguirá distribuição normal com média igual a R$20 mil e desvio padrão igual a R$ 8 mil. 
( ) P(W > R$ 10 mil) = 0,5. 
( ) a razão 
𝑊−20
√4
 segue distribuição normal padrão. 
RESOLUÇÃO: 
( ) se W1 e W2 forem duas cópias independentes e identicamente distribuídas como W, então a soma W1 + W2 seguirá 
distribuição normal com média igual a R$20 mil e desvio padrão igual a R$ 8 mil. 
A soma de distribuições independentes tem média: 
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E(W1 + W2) = E(W1) + E(W2) = 10 + 10 = 20 mil 
E a variância é: 
Var(W1 + W2) = Var(W1) + Var(W2) = 16 + 16 = 32 mil 
Assim, o desvio padrão será a raiz de 32 mil, que é DIFERENTE de 8 mil. 
Item ERRADO. 
 
( ) P(W > R$ 10 mil) = 0,5. 
Como a distribuição normal é simétrica, podemos dizer que acima de sua média estão 50% dos dados e, abaixo 
da média, outros 50%. Por isso, podemos dizer que a probabilidade de W assumir valores acima de R$10.000 
(média) é de 0,5, ou seja, 50%. 
Item CERTO. 
 
( ) a razão 
𝑊−20
√4
 segue distribuição normal padrão. 
Se partimos de uma distribuição qualquer W e queremos chegar em uma distribuição normal padrão, basta 
subtrair a média de cada elemento de W e, em seguida, dividir pelo desvio padrão. Isto é, devemos realizar a 
transformação: 
 
Usando os valores dados na questão: 
 
Veja que esta não é a transformação proposta neste item. Item ERRADO. 
Resposta: E C E 
 
CESPE – EBSERH – 2018) Considerando que X e Y sejam variáveis aleatórios mutuamente independentes que 
seguem distribuição normal padrão, julgue os próximos itens. 
( ) A soma S = X + Y e a diferença D= X – Y seguem distribuições distintas. 
RESOLUÇÃO: 
ERRADO. Tanto a soma de duas distribuições normais como a diferença entre duas distribuições normais segue 
uma distribuição normal. 
Resposta: E 
 
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Distribuição Uniforme 
Suponha que alguém nos dissesse que, em uma determinada tribo indígena, a altura dos adultos varia de 
1 a 3 metros. Além disso, a probabilidade de se encontrar uma pessoa com qualquer uma dessas alturas é 
exatamente igual. 
Estamos diante de uma distribuição uniforme de probabilidades, onde todos os valores que a variável 
aleatória “altura” pode alcançar possuem a mesma chance, sendo delimitados por um valor mínimo (1m) e um 
valor máximo (3m). Veja o gráfico dessa distribuição de probabilidades: 
 
 
Veja que, no intervalo de 1 a 3 metros, todas as alturas tem a mesma densidade de probabilidade “p”. Para 
obter o valor de “p”, basta saber que a área abaixo da linha é igual a 100%, que é a probabilidade do espaço 
amostral. Esta área é um retângulo de altura igual a p e base igual a subtração entre o valor máximo (3) e o valor 
mínimo (1). Isto é: 
100% = p x (3 - 1) 
p = 0,5 
Sendo Máx o valor máximo que a variável pode assumir, e Mín o valor mínimo, a sua função de densidade 
de probabilidade é: 
1
( )f x
Máx Mín
=
−
 
De fato: 
𝑓(𝑥) =
1
𝑀á𝑥 −𝑀í𝑛
=
1
3 − 1
=
1
2
= 0,5 
 
Veja que, de fato, para qualquer valor de X a densidade de probabilidade é exatamente a mesma: 0,5. Por 
isso essa distribuição é chamada uniforme. 
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A média da distribuição uniforme é: 
( )
2
Máx Mín
E X
+
= 
 Em nosso exemplo: 
𝐸(𝑋) =
3 + 1
2
=
4
2
= 2𝑚 
E a variância é: 
2( )
( )
12
Máx Mín
Var X
−
= 
Calculando para o nosso exemplo: 
𝑉𝑎𝑟(𝑋) =
(3 − 1)2
12
=
4
12
=
1
3
 
 
Recapitulando os principais aspectos da distribuição uniforme: 
Distribuição Uniforme 
- distribuição de variável contínua; 
- situações em que todos os valores dentro de um intervalo (Mínimo, Máximo) possuem a mesma densidade de 
probabilidade; 
- a área abaixo do gráfico é sempre igual a 1; 
- função densidade de probabilidade: 
1
( )f x
Máx Mín
=
−
 
- média ou valor esperado: 
( )
2
Máx Mín
E X
+
= 
- variância: 
2( )
( )
12
Máx Mín
Var X
−
=
 
 
 Vamos praticar um pouco a distribuição uniforme? 
 
 
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FUNDATEC – UFCSPA – 2012) Seja X uma distribuição uniforme variando entre -3 e 12, qual a variância de X? 
A) 18,75. 
B) 7,50. 
C) 4,50. 
D) 1,41. 
E) Zero. 
RESOLUÇÃO: 
 Se X tem distribuição uniforme variando no intervalo [a; b], sua variância é dada por: 
Var(X) = (a – b)²/12 
 Temos que a = - 3 e que b = 12, logo: 
Var(X) = (12 – (–3 ))²/12 
Var(X) = (12 + 3)²/12 
Var(X) = 15²/12 = 225/12 
Var(X) = 18,75 
 Portanto, a alternativa A é o gabarito da questão. 
Resposta: A 
 
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: 
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.
( )
!
ke
f k
k
 −
= 
1,5 2.1,5 0,22.2,25
(2) 0,2475 24,75%
2! 2
e
f
−
= = = = 
Resposta: A 
 
VUNESP – 2015) Leia o texto para responder à questão. 
A Cia. Alfa Auto-ônibus declara, em seus catálogos, que o tempo de viagem entre duas cidades é de 3 horas. No 
entanto o tempo real de viagem é uma variável aleatória x que se distribui uniformemente entre 175 e 190 minutos, 
ou seja, 
 
Considere ainda que qualquer tempo x do intervalo tal que x > 180 é considerado como atraso. A probabilidade 
de que a viagem não terá mais do que 5 minutos de atraso é 
 a) 1/2 
 b) 2/3 
 c) 1/8 
 d) 1/9 
 e) 1/15 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que foi dado o valor da função de densidade de probabilidade uniforme p = 1/15 para o intervalo (175, 
190. O tempo normal de viagem é de 3h, ou 180 minutos. Para não ter atraso superior a 5 minutos, devemos 
saber a probabilidade de o tempo da viagem estar entre 175 e 185 minutos, certo? 
 Repare que o intervalo de 175 a 190 minutos (15 minutos ao todo) perfaz todo o intervalo, tendo 100% de 
probabilidade. Podemos calcular a probabilidade do intervalo de 175 a 185 minutos (faixa de 10 minutos) 
fazendo uma regra de três: 
15 minutos -------- 100% 
10 minutos ----------- P % 
 
15 x P% = 10 x 100% 
15 x P% = 10 x 1 
15 x P% = 10 
P% = 10 / 15 
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P = 2 / 3 
 Veja que é possível aplicar a regra de três simples por se tratar de uma distribuição UNIFORME! 
Resposta: B 
 
FCC – TRT/11 – 2017) A variável aleatória contínua X tem distribuição uniforme no intervalo [k, b − k]. Sabe-se 
que a média de X é 10 e que P(X > 16) = 0,125. Nessas condições, a variância de X é igual a 
a) 64/3 
b) 32/3 
c) 128/5 
d) 65/12 
e) 85/12 
RESOLUÇÃO: 
 O intervalo desta distribuição uniforme tem Mínimo = k e Máximo = b – k. Como a média é 10: 
𝐸(𝑋) =
𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑜 +𝑀í𝑛𝑖𝑚𝑜
2
 
10 =
((𝑏 − 𝑘) + 𝑘)
2
 
10.2 = 𝑏 
𝑏 = 20 
 Como a média é 10, e a distribuição é uniforme, podemos dizer que acima de 10 temos 50% dos valores, 
e abaixo de 10 temos outros 50% dos valores, afinal a distribuição uniforme é simétrica. Portanto, 
P(X>10) = 0,50 
 Foi dito que P(X>16) = 0,125. Logo, juntando com a informação anterior, temos que: 
P(10<X<16) = 0,50 – 0,125 
P(10<X<16) = 0,375 
 Imagine o retângulo que tem base indo de 10 a 16 (com 16 – 10 = 6 unidades de comprimento) e altura 
igual a p, onde p é a densidade de probabilidade uniforme desta distribuição. Este retângulo tem área 0,375, 
que é a probabilidade correspondente ao intervalo de 10 a 16. Ou seja, 
Área = 0,375 
(16 – 10) x p = 0,375 
6 x p = 0,375 
p = 0,375/6 
p = 0,0625 
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 A área do retângulo completo que engloba o máximo e o mínimo desta distribuição deve ser igual a 100%, 
ou seja, 1. Isto é: 
1 =p x (Máximo – Mínimo) 
1 = 0,0625 x (Máximo – Mínimo) 
Máximo – Mínimo = 1 / 0,0625 
 Lembrando que 0,0625 = 1/16, a conta fica mais fácil. Mas, caso você não lembre disso, multiplique o 
numerador e o denominador por 10.000, ficando com: 
Máximo – Mínimo = 10000 / 625 
Máximo – Mínimo = 16 
 Logo, a variância é: 
𝑉𝑎𝑟(𝑋) =
(𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑜 −𝑀í𝑛𝑖𝑚𝑜)2
12
=
(16)2
12
=
256
12
=
128
6
=
64
3
 
Resposta: A 
 
Distribuição Exponencial 
A função de densidade de probabilidade exponencial é dada por: 
( ; ) , se x 0xf x e   −=  
e 
( ; ) 0, se x 0f x  =  
 
Veja que, nestes casos, a probabilidade da variável assumir um valor negativo é igual a zero, pois 
( ; ) 0, se x 0f x  =  . 
Na distribuição exponencial,  é um parâmetro, que normalmente é fornecido ou solicitado pelo 
enunciado do exercício. A média é: 
1
( )E X

= 
A variância é: 
2
1
( )Var X

= 
 
Já a função de distribuição acumulada da exponencial é dada por: 
 −= −( ; ) 1 xF x e 
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É válido lembrar que esta função fornece o valor de P(X < x), isto é, a probabilidade acumulada de os 
valores de X serem inferiores a um valor específico “x”. 
Distribuição Exponencial 
- distribuição de variável contínua; 
- função densidade de probabilidade: 
( ; ) , se x 0xf x e   −= 
 
e 
( ; ) 0, se x 0f x  = 
 
- média ou valor esperado: 
1
( )E X

=
 
- variância: 
2
1
( )Var X

= 
- função de distribuição acumulada: 
 −= −( ; ) 1 xF x e 
 
Para você entender como esta função pode ser cobrada em prova, resolva comigo a questão a seguir: 
CESPE – POLÍCIA FEDERAL – 2018) Um estudo mostrou que a quantidade mensal Y (em quilogramas) de 
drogas ilícitas apreendidas em certo local segue uma distribuição exponencial e que a média da variável 
aleatória Y é igual a 10 kg. Considerando que F(y) = P(Y ≤ y) represente a função de distribuição de Y, em que 
y é uma possível quantidade de interesse (em kg), e que 0,37 seja valor aproximado de e-1, julgue os itens 
subsecutivos. 
( ) A quantidade 10 kg corresponde ao valor mais provável da distribuição Y de modo que P(Y = 10 kg) ≥ 0,50. 
( ) O desvio padrão da variável aleatória Y é superior a 12 kg. 
( ) P(Y ≥ 10 kg) > P(Y ≤ 10 kg). 
RESOLUÇÃO: 
( ) A quantidade 10 kg corresponde ao valor mais provável da distribuição Y de modo que P(Y = 10 kg) ≥ 0,50. 
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ERRADO. A distribuição exponencial é contínua, de modo que a probabilidade de cada valor isolado é igual a 
ZERO. Isto é, P(Y = 10kg) = 0. 
 
( ) O desvio padrão da variável aleatória Y é superior a 12 kg. 
Sabemos que, na distribuição exponencial, a média é dada por: 
𝐸(𝑌) =
1
𝜆
 
 
10 =
1
𝜆
 
 
𝜆 =
1
10
= 0,1 
 
A variância é dada por: 
𝑉𝑎𝑟(𝑌) =
1
𝜆2
 
 
𝑉𝑎𝑟(𝑌) =
1
0,12
= 100 
Logo, o desvio padrão é igual a 10 (raiz da variância). Item ERRADO. 
 
( ) P(Y ≥ 10 kg) > P(Y ≤ 10 kg). 
A função acumulada da distribuição exponencial é: 
𝐹(𝑦) = 1 − 𝑒−𝜆.𝑦 
Logo, para y = 10 e 𝜆 = 0,1, temos: 
𝐹(10) = 1 − 𝑒−0,1.10 
𝐹(10) = 1 − 𝑒−1 
𝐹(10) = 1 − 0,37 
𝐹(10) = 0,63 
 
Portanto, 𝑃(𝑌 ≤ 10) = 0,63, de modo que 𝑃(𝑌 ≥ 10) = 1 − 0,63 = 0,37. Item ERRADO. 
Resposta: E E E 
 
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CESGRANRIO – PETROBRÁS – 2014) O comportamento de falhas de uma peça de um certo equipamento 
obedece a uma distribuição exponencial 𝑃(𝑋 ≤ 𝑏) = 1 − 𝑒−𝑏/𝜇. A falha ocorre, em média, a cada 4 anos. 
A probabilidade para que ocorra um acidente antes de 
 
(A) 1 ano é maior do que 25%. 
(B) 2 anos é maior do que 41%. 
(C) 3 anos é menor do que 50%. 
(D) 4 anos é menor do que 60%. 
(E) 5 anos é maior do que 65%. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que a banca já nos ajudou. Caso você não lembrasse que a média da distribuição exponencial é dada 
por 
1
( )E X

= , bastava você ver que na fórmula da distribuição acumulada foi usada a letra 𝜇, que faz 
referência à média. O enunciado nos disse que, em média, temos uma falha a cada 4 anos, ou seja, 𝜇 = 4. 
Assim, 
𝑃(𝑋 ≤ 𝑏) = 1 − 𝑒−𝑏/4 
 
 A probabilidade de que ocorra um acidente antes de b = 1 ano é: 
𝑃(𝑋 ≤ 1) = 1 − 𝑒−
1
4 = 1 − 0,78 = 0,22 = 22% 
 
 Antes de b = 2 anos é: 
𝑃(𝑋 ≤ 2) = 1 − 𝑒−
2
4 = 1 − 𝑒−
1
2 = 1 − 0,61 = 0,39 = 39% 
 
 Antes de b = 3 anos é: 
𝑃(𝑋 ≤ 3) = 1 − 𝑒−
3
4 = 1 − 𝑒
(−
1
2
−
1
4
)
= 1 − 𝑒−
1
2. 𝑒−
1
4 = 1 − 0,78𝑥0,61 
 
𝑃(𝑋 ≤ 3) = 1 − 0,4758 = 0,5242 = 52,42% 
 
 Antes de b = 4 anos é: 
𝑃(𝑋 ≤ 4) = 1 − 𝑒−
4
4 = 1 − 𝑒
(−
1
2
−
1
2
)
= 1 − 𝑒−
1
2. 𝑒−
1
2 = 1 − 0,61𝑥0,61 = 0,6279 = 62,79% 
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Antes de b = 5 anos é: 
𝑃(𝑋 ≤ 5) = 1 − 𝑒−
5
4 = 1 − 𝑒
(−
1
4
−
1
2
−
1
2
)
= 1 − 𝑒−
1
4. 𝑒−
1
2. 𝑒−
1
2 
 
𝑃(𝑋 ≤ 5) = 1 − 0,78𝑥0,61𝑥0,61 = 0,7097 = 70,97% 
Resposta: E 
 
Distribuição Qui-quadrado 
Uma variável aleatória qui-quadrado, designada por 
2 , é formada pela soma dos quadrados de outras 
variáveis aleatórias com distribuição normal: 
2 2 2 2 2 2
1 2 3 4 ... nn x x x x x = + + + + + 
Atenção: para obtermos uma distribuição qui-quadrado, é preciso que as distribuições normais sejam 
independentes entre si. 
Neste caso acima, a variável qui-quadrado 2
n é formada por “n” variáveis aleatórias normais. Assim, 
dizemos que 2
n possui “n” graus de liberdade. O número de graus de liberdade irá determinar o formato da 
curva da distribuição qui-quadrado: quanto maior, mais próxima a uma curva normal. 
Sendo n o número de graus de liberdade, então a média e a variância da distribuição qui-quadrado são 
simplesmente: 
2( )nE n = 
2( ) 2nVar n = 
 
Resumido a distribuição qui-quadrado, temos: 
Distribuição Qui-quadrado 
- distribuição de variável contínua; 
- formada pela somados quadrados de “n” distribuições normais; 
- possui “n” graus de liberdade; 
- média: E(X) = n; 
- variância: Var(X) = 2n; 
- quanto mais graus de liberdade, mais próxima da distribuição normal. 
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Veja como essa distribuição já foi cobrada: 
CESPE – EBSERH – 2018) Uma amostra aleatória simples Y1, Y2, ... , Y25 foi retirada de uma distribuição normal 
com média nula e variância σ2, desconhecida. Considerando que P(x2 ≤ 13) = P(x2 > 41) = 0,025, em que x2 
representa a distribuição qui-quadrado com 25 graus de liberdade, julgue o item a seguir. 
( ) A variância da distribuição X2 com 25 graus de liberdade é superior a 40. 
RESOLUÇÃO: 
Em uma distribuição qui-quadrado com n = 25 graus de liberdade, a variância é dada por: 
Var(X2) = 2n = 2.25 = 50 
Item CERTO. 
Resposta: C 
 
FGV – MPE/BA – 2017 – adaptada) Sejam X, Y, W e Z variáveis aleatórias todas com distribuição normal-
padrão, com X independente de Y e Y independente de Z. Já W é independente das demais. 
Sobre algumas combinações dessas variáveis, julgue a afirmação: 
( ) X² + Y² + Z² é Qui-Quadrado com 3 graus de liberdade; 
RESOLUÇÃO: 
Veja que temos a soma dos quadrados de 3 distribuições normais, o que nos remete à ideia de uma distribuição 
qui-quadrado com 3 graus de liberdade. Entretanto, o enunciado NÃO nos garante que X é independente de Z. 
A independência de X, Y e Z entre si é fundamental para caracterizar uma distribuição qui-quadrado. Logo, 
NÃO podemos garantir o que o item afirma. Afirmação FALSA. 
Resposta: Falso 
 
Distribuição “t de Student” 
A distribuição t é uma distribuição teórica, que procura se aproximar da distribuição normal. Assim, seu 
gráfico também tem forma de sino, porém possui caudas mais longas para ambos os lados (ou seja, possui mais 
valores maiores e menores que os de uma distribuição normal, e um pico menos acentuado). Precisamos 
apenas do número de graus de liberdade para obter a variância da distribuição t de Student. Se houverem “n” 
graus de liberdade, a variância é: 
( )
2
n
n
Var t
n
=
−
 
Já a média dessa distribuição é igual a zero, pois ela é simétrica em relação à origem. 
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Não se preocupe com essa distribuição por agora, pois trabalharemos melhor este assunto ao estudar os 
testes de hipóteses (assim como disse no caso da qui-quadrado). 
Distribuição t de Student 
- distribuição de variável contínua; 
- aproximação teórica da distribuição normal; 
- possui “n” graus de liberdade; 
- média: E(X) = 0; 
- variância: ( )
2
n
n
Var t
n
=
−
 
 
Teorema de Tchebyshev 
Finalizando o conteúdo sobre distribuições, vamos conhecer o teorema de Tchebyshev, válido para 
qualquer tipo de distribuição estudada, e que volta e meia é cobrado em provas. 
Imagine que temos uma distribuição de dados com média  e desvio padrão  . Do nosso total de dados 
(observações), queremos saber quantas se encontram fora do intervalo [  - k ; + k ], onde k é o número 
de desvios padrões entre a média e os limites do intervalo construído. 
O teorema de Tchebyshev afirma que a proporção máxima de valores que se encontram fora de um 
terminado intervalo é dada por: 
2
1
P
K
= 
Exemplificando, imagine que temos uma amostra com média 0 e desvio padrão 10. Queremos saber qual 
a proporção máxima de dados que se encontram fora do intervalo [-20; 20]. Veja que esse intervalo é do tipo: 
[ média – 2 desvios padrões; média + 2 desvios padrões], isto é, 
[  - 2 ;  + 2 ] 
Portanto, K = 2. Assim, 
2
1
0,25
2
P = = 
Portanto, no máximo 25% dos dados encontram-se fora do intervalo dado. Igualmente, podemos dizer 
que no mínimo 75% dos dados encontram-se dentro do intervalo dado. 
Veja como isso é cobrado: 
 
 
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ESAF – AFRF – 2003) As realizações anuais Xi dos salários anuais de uma firma com N empregados produziram 
as estatísticas 
 
Seja P a proporção de empregados com salários fora do intervalo [R$ 12.500,00; R$ 16.100,00]. Assinale a opção 
correta. 
a) P é no máximo 1/2 
b) P é no máximo 1/1,5 
c) P é no mínimo 1/2 
d) P é no máximo 1/2,25 
e) P é no máximo 1/20 
RESOLUÇÃO: 
 Trata-se de uma mera aplicação do teorema de Tchebyshev, que nos diz que em uma distribuição 
estatística, a proporção máxima de valores que se encontram fora de um terminado intervalo é dada por: 
2
1
P
K
= 
 Em nosso caso, veja que 16100 – 14300 = 1800, bem como 14300 – 12500 = 1800. Como o desvio padrão é 
igual a 1200, então K = 1800 / 1200 = 1,5. Em outras palavras, podemos dizer que foi construído um intervalo do 
tipo: 
[ média – 1,5 desvio padrão; média + 1,5 desvio padrão] 
 Portanto, a proporção máxima de dados que podem estar fora deste intervalo é: 
2
1 1
1,5 2,25
P = = 
Resposta: D 
 
Chega de teoria! Vamos praticar tudo o que vimos até aqui? 
 
 
 
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Questões comentadas pelo professor 
1. FCC – TRT/SP – 2018) 
Em uma grande cidade, a população formada pela altura de seus habitantes adultos é normalmente distribuída 
e considerada de tamanho infinito. 
 
Sabe-se que 5% destes habitantes têm altura superior a 180 cm. Se apenas 2,5% destes habitantes têm altura 
inferior a 162 cm, então a média desta população é de 
 a) 171,2 cm 
 b) 171,8 cm 
 c) 171,4 cm 
 d) 171,6 cm 
 e) 172,0 cm 
RESOLUÇÃO: 
Queremos saber o valor da média µ da variável altura. Chamando de X a variável altura dos funcionários, o 
enunciado nos diz que P(X > 180) = 5% = 0,05 e que P(X < 162) = 2,5% = 0,025. 
Reparem que ao padronizar a variável X, que sabemos ter distribuição normal de média µ e desvio padrão σ, 
chegaremos a: 
𝑃(𝑋 > 180) = 𝑃 (𝑍 >
180 − 𝜇
𝜎
) = 0,05 
 
Agora, precisamos saber qual o valor Zc da normal padrão tal que P(Z > Zc) = 0,05 
Um detalhe importante a ser observado é que a tabela fornecida pela questão com os valores de Z da normal 
padrão fornece as probabilidades de Z em módulo ser menor ou igual aos valores da tabela, reparem que P(Z 
≤ Zc) é diferente de P(|Z| ≤ Zc), essa ressalva faz toda a diferença e costuma confundir. 
Da tabela, temos que P(|Z| ≤ 1,64) = 1 – 10% = 90%. Portanto, temos que P(|Z| > 1,64) = 10% = 0,10. Reparem 
que P(|Z| > 1,64) = P(Z > 1,64 OU Z < - 1,64) = P(Z > 1,64) + P(Z < - 1,64). Como a normal é simétrica, sabemos 
que P(Z > 1,64) = P(Z < - 1,64). Logo, temos que: 
P(|Z| > 1,64) = 2∙ P(Z > 1,64) = 0,10 
P(Z > 1,64) = 0,10/2 = 0,05 
 
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Logo, o Zc que buscamos da normal padrão é igual a 1,64. Portanto, temos que: 
1,64 =
180 − 𝜇
𝜎
 
1,64𝜎 = 180 − 𝜇 
𝟏, 𝟔𝟒𝝈 + 𝝁 = 𝟏𝟖𝟎 (𝑰) 
 
Agora vamos fazer o mesmo para P(X < 162) = 2,5%, padronizando X chegaremos a: 
𝑃(𝑋 < 162) = 𝑃 (𝑍 <
162 − 𝜇
𝜎
) = 0,025 
 
Como a normal é simétrica, temos que: 
𝑃 (𝑍 >
−162 + 𝜇
𝜎
) = 0,025 
 
Agora, queremos o valor Zc da normal padrão tal que P(Z > Zc) = 0,025. Conforme o raciocínio exposto acima, 
temos que P(|Z| > Zc) = 2∙P(Z > Zc) = 2∙0,025 = 0,05. A tabela do enunciado nos informa que P(|Z| > 1,96) = 0,05. 
Logo, temos que: 
1,96 =
−162 + 𝜇
𝜎
 
1,96𝜎 = −162 + 𝜇 
𝟏, 𝟗𝟔𝝈 − 𝝁 = −𝟏𝟔𝟐 (𝑰𝑰) 
 
Reparem que as equações I e II destacadas em negrito acima formam um sistema de equações, e ao somá-las 
chegamos a: 
3,6𝜎= 18 
𝜎 =
18
3,6
= 5 
 
Substituindo o desvio padrão σ por 5 na equação I chegamos a : 
1,64 ∙ 5 + 𝜇 = 180 
𝜇 = 180 − 8,2 = 171,8 𝑐𝑚 
Portanto, a alternativa B é o gabarito da questão. 
Resposta: B 
 
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2. CESGRANRIO - PETROBRÁS - 2018) 
Seja X uma variável aleatória normalmente distribuída com variância igual a 625 e o erro amostral da média 
definido como: 
 
A proporção de amostras de tamanho 100 que terá erro amostral absoluto maior do que 1 é, aproximadamente, 
(A) 3% 
(B) 34% 
(C) 69% 
(D) 76% 
(E) 97% 
RESOLUÇÃO: 
Na transformação para a normal padrão, temos: 
Z = (X - média)/desvio padrão 
O desvio padrão é a raiz da variância, ou seja, vale 25. 
Assim, 
Z = (1)/25 = 0,04 
 
Ou seja, se queremos amostras com erro amostral acima de 1, estamos buscando distâncias para a média 
populacional superiores a 1/25 desvio padrão, isto é, 0,04 desvio padrão. 
Na tabela da distribuição normal, temos que para Zc = 0,04, temos: 
P(0 < Z < 0,04) = 0,1595. Logo, P(Z>0,04) = 0,50 - 0,1595 = 0,3405. Considerando que a normal é simétrica, para 
termos erro absoluto superior a 1, a probabilidade será de 0,3405 + 0,3405 = 0,681 (aproximadamente 69%). 
Resposta: C 
 
3. CESPE – EBSERH – 2018) 
X1, X2, ..., X10 representa uma amostra aleatória simples retirada de uma distribuição normal com média µ e 
variância σ2, ambas desconhecidas. Considerando que M e D representam os respectivos estimadores de 
máxima verossimilhança desses parâmetros populacionais, julgue o item subsecutivo. 
( ) A razão (M - µ)/D segue uma distribuição normal padrão 
RESOLUÇÃO: 
A padronização é obtida por meio da transformação: 
Z = (X - µ)/D 
https://dhg1h5j42swfq.cloudfront.net/2018/03/19145815/fluxo7.png
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Ou seja, deve-se subtrair de cada Xi da distribuição original a sua média e então dividir tudo pelo desvio padrão. 
Item ERRADO. 
Resposta: E 
 
4. CESGRANRIO – BANCO DO BRASIL – 2018) 
A Tabela a seguir apresenta a distribuição da variável número de talões de cheques, X, solicitados no último 
mês de uma amostra de 200 clientes de um banco. 
 
A função de distribuição empírica para a variável X, número de talões de cheques solicitados, é: 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Podemos montar a tabela a seguir, em que coloquei as frequências simples absolutas, relativas e acumuladas: 
Talões Frequência Freq. % Freq. Acum.% 
0 40 20% 20% 
1 50 25% 45% 
2 70 35% 80% 
3 30 15% 95% 
5 10 5% 100% 
Com base nesta tabela, vemos que não é possível ter menos do que 0 talões. Assim, para x < 0, a probabilidade 
é mesmo igual a zero. Vemos também que as pessoas que possuem zero talões (estando no intervalo 0 ≤ 𝑥 <
1 ) correspondem a 20%, logo, a probabilidade deste intervalo é de 0,20. Considerando as pessoas com menos 
de 2 talões (ou seja, com 1 ou 0), temos 45%, levando à probabilidade 0,45. As pessoas com menos de 3 talões 
são 80%, levando à probabilidade 0,80, e assim por diante, o que nos permite marcar a letra C. 
A ressalva aqui se deve ao fato de que, aparentemente, deveria ter sido utilizado o valor das frequências 
relativas simples, e não as acumuladas, como o examinador fez. 
Resposta: C 
 
 
 
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5. 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 
 
6. FGV – MPE/BA – 2017) 
Um indivíduo tem sua prisão temporária decretada, por um prazo de uma semana. É possível que, durante ou 
mesmo ao final desse prazo, a prisão seja convertida em preventiva. Se assim for, o tempo de detenção torna-
se uma variável aleatória com a seguinte função de probabilidades: 
ƒT(t)= 0,02e-0,02t , para t > 0 e ZERO caso contrário 
O indivíduo preso temporariamente pode, findo o prazo, ter sua prisão convertida em preventiva com 
probabilidade de 40%. 
 
Assim, é correto afirmar que: 
a) supondo ele já cumpriu todo o período de prisão temporária, a probabilidade de que permaneça preso por 
mais 3 semanas é de 0,12; 
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b) a probabilidade de que ele fique preso menos do que 2 semanas é 1 - (0,6). e-0,02 ; 
c) a probabilidade que ele fique detido por mais do que 100 semanas é igual a (0,6) . e-1; 
d) se ele passar à prisão preventiva, a probabilidade de ficar preso por mais 10 semanas é igual a 1 - e-0,2; 
e) em média ele permanecerá detido por um período de 21 semanas. 
RESOLUÇÃO: 
T tem distribuição exponencial de parâmetro λ = 0,02. Portanto, a média de T (E(T)) é dada por: 
E(T) =
1
λ
=
1
0,02
=
100
2
= 50 
 Como a probabilidade de o indivíduo preso temporariamente ter sua prisão convertida em preventiva é 40% = 
0,4, temos que o período médio em que o indivíduo ficará preso é, em semanas, dado por: 
Tempo médio = 1(semana da prisão temporária) + E(0,4T) 
Tempo médio = 1 + 0,4∙E(T) = 1 + 0,4∙50 = 1 + 20 = 21 semanas. 
Portanto, a alternativa E é o gabarito da questão. 
Resposta: E 
 
7. FGV – MPE/BA – 2017) 
A probabilidade de que uma decisão de 1ª instância da Justiça Federal do Paraná seja reformada pelo Tribunal 
Superior da 4ª Região é de 0,20. No momento 100 recursos aguardam por uma decisão dos Srs. 
Desembargadores daquele Tribunal. 
 
São informados alguns valores da distribuição acumulada da normal-padrão: 
Ø(1 ) = 0,87 , Ø(1,28)=0,90 e Ø(2) = 98 
Sem usar o ajuste de continuidade, a probabilidade de que mais de 24 decisões sejam reformadas é: 
 a) 13%; 
 b) 10%; 
 c) 8%; 
 d) 5%; 
 e) 2%. 
RESOLUÇÃO: 
Seja p a probabilidade de que uma decisão de 1ª instância da Justiça Federal do Paraná seja reformada. 
Sabemos que p = 20% = 0,2. 
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Para calcular a probabilidade de que em um totalde 100 recursos, mais de 24 sejam reformados, queremos 
calcular a probabilidade de p𝑜 > 0,24, ou seja, a probabilidade de mais de 24% dos recursos serem reformados. 
p tem distribuição normal de média p = 0,20 e variância 
p∙(1−p)
𝑛
=
0,2∙0,8
100
=
0,16
100
 
Assim, temos que: 
P(p𝑜 > 0,24) = 𝑃
(
 𝑍 >
0,24 − 0,20
√0,16
100 )
 = 𝑃(𝑍 >
0,04
0,4
10
) = 𝑃(𝑍 > 1) 
𝑃(𝑍 > 1) = 1 − 𝑃(𝑍 ≤ 1) 
∅(1) = 𝑃(𝑍 ≤ 1) = 0,87 – dado fornecido pelo enunciado. 
Por fim, temos que: 
𝑃(𝑍 > 1) = 1 − 0,87 = 0,13 = 13% 
Logo, a alternativa A é o gabarito da questão. 
Resposta: A 
 
8. FGV – MPE/BA – 2017) 
O tempo para a tramitação de certo tipo de procedimento aberto pelo Ministério Público, em um dado instante, 
é uma variável aleatória com distribuição normal, tendo média igual de 10 meses e desvio padrão de 3 meses. 
Um novo grupo de procuradores, recém-chegados à instituição, deve cuidar de alguns procedimentos, que 
serão sorteados dentre os que já têm mais de 7 meses de duração. 
 
Sobre a função acumulada da normal são dados os valores: 
Ø(1) = 0,80 , Ø(1,5) = 0,92 e Ø(2,0) = 0,98 
Com tais informações, a probabilidade de que um procedimento com mais de 16 meses seja selecionado é igual 
a: 
 a) 2,0%; 
 b) 2,5%; 
 c) 5,0%; 
 d) 8,0%; 
 e) 10,0%. 
RESOLUÇÃO: 
Vamos chamar de X a variável tempo de tramitação. A probabilidade de que um procedimento com mais de 16 
meses seja selecionado, dentre os que já têm mais de 7 meses de duração, é dada por: 
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P(X > 16\X > 7) =
P(X > 16 ∩ X > 7)
P(X > 7)
=
P(X > 16)
P(X > 7)
 
Precisamos calcular o valor de P(X > 16) e de P(X > 7). Sabemos que X tem distribuição normal, de média 10 
meses e desvio padrão de 3 meses, portanto temos que: 
P(X > 16) = 𝑃 (𝑍 >
16 − 10
3
) = 𝑃 (𝑍 >
6
3
) = 𝑃(𝑍 > 2) 
𝑃(𝑍 > 2) = 1 − 𝑃(𝑍 ≤ 2) 
∅(2) = 𝑃(𝑍 ≤ 2) = 0,98 – dado fornecido pelo enunciado. 
Logo, temos que: 
P(X > 16) = 𝑃(𝑍 > 2) = 1 − 0,98 = 0,02 
P(X > 7) = 𝑃 (𝑍 >
7 − 10
3
) = 𝑃 (𝑍 >
−3
3
) = 𝑃(𝑍 > −1) 
P(X > 7) = 𝑃(𝑍 > −1) = 𝑃(𝑍 < 1) = ∅(1) = 0,80 - dado fornecido pelo enunciado. 
Por fim, temos que: 
P(X > 16\X > 7) =
P(X > 16)
P(X > 7)
=
0,02
0,8
= 0,025 = 2,5% 
Portanto, a alternativa B é o gabarito da questão. 
Resposta: B 
 
9. FGV – MPE/BA – 2017) 
Sejam X, Y, W e Z variáveis aleatórias todas com distribuição normal-padrão, com X independente de Y e Y 
independente de Z. Já W é independente das demais. 
Sobre algumas combinações dessas variáveis, é correto afirmar que: 
 a) X + Y + Z não é uma normal; 
 b) X² + Y² + Z² é Qui-Quadrado com 3 graus de liberdade; 
 c) é t-Student com 2 graus de liberdade; 
 d) é uma F-Snedecor com 1 e 2 graus de liberdade; 
 e) é uma t-Student com 2 graus de liberdade. 
RESOLUÇÃO: 
Vamos avaliar as alternativas: 
a) Alternativa incorreta, pois a soma de variáveis aleatórias com distribuição normal-padrão também tem 
distribuição normal. 
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b) Para que a afirmação dessa alternativa fosse verdadeira seria necessário que as 3 variáveis X, Y e Z fossem 
independentes entre si (pois uma variável de distribuição normal padrão elevada ao quadrado resulta em uma 
qui-quadrado com 1 grau de liberdade, e a soma de 3 variáveis de distribuição normal padrão elevadas ao 
quadrado, todas independentes entre si, resulta em uma qui-quadrado com 3 graus de liberdade). Sabemos 
que X é independente de Y, e que Y é independente de Z, entretanto não sabemos se X é independente de Z 
também, por esse motivo não podemos afirmar que essa alternativa está correta. 
 
c) Faltou dividir Z² + Y² por 2 (número de graus de liberdade da qui-quadrado resultante da soma Z² + Y²) para 
que a alternativa estivesse correta. Portanto, a alternativa está incorreta. 
 
d) A expressão da alternativa D pode ser reescrita da seguinte forma: 
X2
1
W2 + Y2
2
 
X2 tem distribuição qui-quadrado com 1 grau de liberdade e W2 + Y2 tem distribuição qui-quadrado com 2 
graus de liberdade. A razão entre X2 dividido pelo respectivo número de graus de liberdade (1) e W2 + Y2 
dividido pelo respectivo número de graus de liberdade (2) tem distribuição F-Snedecor com 1 grau de liberdade 
no numerador e 2 graus de liberdade no denominador. Portanto, a alternativa D está correta e é o gabarito da 
questão. 
 
e) A alternativa E está errada pelo mesmo motivo da alternativa C. 
Resposta: D 
 
10.FGV – MPE/BA – 2017) 
O número de policiais assassinados nas cidades brasileiras tem despertado a preocupação dos especialistas. 
Para uma amostra de 16 cidades, a média mensal de policiais mortos foi de 12. Embora discreta, supõe-se que 
tal variável possa ser aproximada por uma Normal, sobre a qual é sabido que: 
Ø(1,28) = 0,9 , Ø(1,64)= 0,95 e Ø(1,96)= 0,975 
onde Ø é a função distribuição acumulada da normal padrão. 
 
Se o desvio padrão verdadeiro do número de óbitos é dado, igual a seis, é correto afirmar que: 
a) ao nível de significância de 10%, o número de homicídios estará entre 9 e 15, inclusive; 
b) considerando apenas o limite superior, com grau de confiança de 97,5%, o número de óbitos será superior a 
18; 
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c) a variância da média de homicídios é superior a quatro; 
d) considerando apenas o limite inferior, com grau de confiança de 90%, o número de óbitos será inferior a 10; 
e) ao nível de significância de 5%, o número de homicídios estará entre 9 e 15, exclusive. 
RESOLUÇÃO: 
Vamos chamar de X a variável número de policiais assassinados (número de homicídios). A média amostral de 
X pode ser aproximada para uma distribuição normal, de média 12 e desvio padrão =
6
√16
=
6
4
= 1,5 
Agora vamos avaliar as alternativas: 
a) A alternativa A se refere ao teste de hipóteses bicaudal a um nível de significância de 10%. Assim, devemos 
calcular o valor de X1 tal que P(X < X1) = 5% e o valor de X2 tal que P(X > X2) = 5%, pois a um nível de significância 
de 10% o número de homicídios estará entre X1 e X2. 
Se P(X < X1) = 5%, temos que P(X ≥ X1) = 100% - 5% = 95% = 0,95. Portanto: 
P(X ≥ X1) = P (Z ≥
X1 − 12
1,5
) = 95% 
A questão nos fornece que P(Z ≤ 1,64) = 0,95 (pois Ø(1,64) = P(Z ≤ 1,64). Logo, por simetria, temos que P(Z ≥ - 
1,64) = 0,95. Assim, temos que: 
X1 − 12
1,5
= −1,64 
X1 − 12 = (−1,64) ∙ 1,5 
X1 = −2,46 + 12 = 9,54 
Agora vamos calcular X2: 
Se P(X > X2) = 5%, temos que P(X ≤ X2) = 100% - 5% = 95% = 0,95. Portanto: 
P(X ≤ X2) = P (Z ≤
X2 − 12
1,5
) = 95% 
Sabemos que P(Z ≤ 1,64) = 0,95. Logo: 
X2 − 12
1,5
= 1,64 
X2 − 12 = 1,64 ∙ 1,5 
X2 = 2,46 + 12 = 14,46 
Portanto, ao nível de significância de 10%, o número de homicídios estará entre 9,54 e 14,46, inclusive, e não 
entre 9 e 15, que é o que afirma a alternativa A. Logo, a alternativa A está incorreta. 
 
b) Como a alternativa menciona que se trata apenas do limite superior, aqui se trata de um teste monocaudal, 
e queremos encontrar X1 tal que P(X ≤ X1) = 97,5% = 0,975 e verificar se X1 é superior a 18. Temos que: 
P(X ≤ X1) = P (Z ≤
X1 − 12
1,5
) = 0,975 
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Conforme fornecido pelo enunciado, sabemos que P(Z ≤ 1,96) = 0,975 (pois Ø(1,96) = P(Z ≤ 1,96)). Logo: 
X1 − 12
1,5
= 1,96 
X1 − 12 = 1,96 ∙ 1,5 
X1 = 2,94 + 12 = 14,94 ≅ 15 
Logo, X1 é menor que 18, e portanto a alternativa B também está incorreta. 
 
c) A variância da média é o quadrado do desvio padrão da média. Já calculamos queo desvio padrão da média 
é 1,5, logo variância = 1,5² = 2,25, um valor menor que 4, e portanto a alternativa C está incorreta. 
 
d) Como a alternativa menciona que se trata apenas do limite inferior, aqui se trata de um teste monocaudal, e 
queremos encontrar X1 tal que P(X ≥ X1) = 90% = 0,90 e verificar se X1 é inferior a 10. Temos que: 
P(X ≥ X1) = P (Z ≥
X1 − 12
1,5
) = 0,9 
A questão nos fornece que P(Z ≤ 1,28) = 0,9 (pois Ø(1,28) = P(Z ≤ 1,28)). Assim, por simetria, temos que P(Z ≥ - 
1,28) = 0,9. Assim, temos que: 
X1 − 12
1,5
= −1,28 
X1 − 12 = (−1,28) ∙ 1,5 
X1 = −1,92 + 12 = 10,08 
Como 10,08 é maior que 10, concluímos que a alternativa D também está incorreta. 
Por eliminação, a alternativa E é o gabarito da questão, mas para não restar dúvidas vamos resolvê-la mesmo 
assim. Reparem que a resolução seria a mesma feita para a alternativa A, apenas considerando um nível de 
significância de 5% ao invés de 10% e verificando se X1 = 9 e X2 = 15 a um nível de significância de 5%. Assim: 
Se P(X < X1) = 2,5%, temos que P(X ≥ X1) = 100% - 2,5% = 97,5% =0,975. Portanto 
P(X ≥ X1) = P (Z ≥
X1 − 12
1,5
) = 97,5% 
A questão nos fornece que P(Z ≤ 1,96) = 0,975 (pois Ø(1,96) = P(Z ≤ 1,96). Assim, por simetria, temos que P(Z ≥ 
- 1,96) = 0,975. Assim, temos que: 
X1 − 12
1,5
= −1,96 
X1 − 12 = (−1,96) ∙ 1,5 
X1 = −2,94 + 12 = 9,06 ≅ 9 
Agora vamos calcular X2: 
Se P(X > X2) = 2,5%, temos que P(X ≤ X2) = 100% - 2,5% = 97,5% =0,975. Portanto: 
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P(X ≤ X2) = P (Z ≤
X2 − 12
1,5
) = 97,5% 
Sabemos que P(Z ≤ 1,96) = 0,975. Logo: 
X2 − 12
1,5
= 1,96 
X2 − 12 = 1,96 ∙ 1,5 
X2 = 2,94 + 12 = 14,94 ≅ 15 
Portanto, confirmamos que de fato a alternativa E está correta e é o gabarito da questão. 
Resposta: E 
 
11. FCC – TRT/11 – 2017) 
Instruções: Considere as informações abaixo para responder à questão. Se Z tem distribuição normal padrão, 
então: 
P(Z < 0,4) = 0,655; P(Z < 0,67) = 0,75; P(Z < 1,4) = 0,919; P(Z < 1,6) = 0,945; 
P(Z < 1,64) = 0,95; P(Z < 1,75) = 0,96; P(Z < 2) = 0,977; P(Z < 2,05) = 0,98 
A porcentagem do orçamento gasto com educação nos municípios de certo estado é uma variável aleatória X 
com distribuição normal com média μ(%) e variância 4(%)². 
Um gasto em educação superior a 10% tem probabilidade de 4%. Nessas condições, o valor de μ é igual a 
a) 5,50% 
b) 6,20% 
c) 7,35% 
d) 6,50% 
e) 7,85% 
RESOLUÇÃO: 
σ2 é a variância da variável aleatória X, o enunciado nos diz que é 4(%)², que é o mesmo que 4/100² = 4/10000 = 
0,0004. Logo, o desvio padrão é dado por σ = √0,0004 = 0,02. Assim, temos que: 
P(X > 10%) = P(X > 0,1) = P (Z >
0,1 − μ
0,02
) = 4% = 0,04 
 Se P(Z < 1,75) = 0,96 (dado pelo enunciado), P(Z > 1,75) = 1 – 0,96 = 0,04. Logo, chegamos a: 
0,1 − μ
0,02
= 1,75 
0,1 − μ = 1,75 ∙ 0,02 
0,1 − μ = 0,035 
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μ = 0,1 − 0,035 = 0,065 = 6,5% 
Resposta: D 
12.FCC – TRT/11 – 2017) 
Considere as afirmativas abaixo. 
 
I. Se X e Y têm distribuição qui-quadrado com graus de liberdade dados, respectivamente por 2 e 3, então a 
variável W = (3X/2Y) tem distribuição F (Snedecor) com 2 e 3 graus de liberdade, respectivamente. 
II. Sendo X uma variável com distribuição normal padrão e Y uma variável com distribuição qui-quadrado com 
1 grau de liberdade, então a variável W = (X/√Y ) tem distribuição t de Student com 1 grau de liberdade. 
III. A distribuição exponencial é um caso particular da distribuição gama. 
IV. Se X tem distribuição gama com parâmetros a e b, com a ≥ 1 e b > 0, então a variância de X é igual ao produto 
de a por b. 
 
Está correto o que se afirma em 
a) I, II, III e IV. 
b) II e IV, apenas. 
c) II e III, apenas. 
d) I, II e III, apenas. 
e) I, III e IV, apenas. 
RESOLUÇÃO: 
Vamos avaliar os itens: 
I. W = (3X/2Y) pode ser reescrita da seguinte forma: 
𝑊 =
X
2
Y
3
 
X tem distribuição qui-quadrado com 2 graus de liberdade e Y tem distribuição qui-quadrado com 3 graus de 
liberdade. A razão entre X dividido pelo respectivo número de graus de liberdade (2) e Y dividido pelo respectivo 
número de graus de liberdade (3) tem distribuição F-Snedecor com 2 graus de liberdade no numerador e 3 graus 
de liberdade no denominador. Portanto, o item I está correto. 
 
II. Está correto, pois há um teorema que diz que sendo X uma variável com distribuição normal padrão e Y uma 
variável com distribuição qui-quadrado com k graus de liberdade, então a variável W = (X/√Y ) tem distribuição 
t de Student com k graus de liberdade. Como no item é mencionado que Y tem 1 grau de liberdade, W terá 
distribuição t de Student também com 1 grau de liberdade. 
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III. Está correto. A distribuição gama tem parâmetros α e β e a distribuição exponencial nada mais é que a 
distribuição gama quando α = 1, portanto de fato se trata de um caso particular da distribuição gama. 
 
IV. Se X tem distribuição gama com parâmetros a e b, sua variância é dada pela razão a/b² e não pelo produto 
de a por b. Portanto, o item está incorreto. 
 
Logo, apenas os itens I, II e III estão corretos e a alternativa D é o gabarito da questão. 
Resposta: D 
 
13. FCC – TRT/11 – 2017) 
Um pesquisador está realizando um experimento que consiste em tentativas independentes que podem 
resultar em sucesso ou fracasso e em que a probabilidade de sucesso é sempre constante. Na tabela de 
distribuição de frequências a seguir, está registrado o número de tentativas até a obtenção do primeiro sucesso 
para uma amostra de 100 repetições do experimento: 
 
Seja X a variável aleatória que representa o número de tentativas até a obtenção do primeiro sucesso. Baseado 
nessa amostra, o valor observado da estatística qui-quadrado apropriado para testar se X se comporta com 
uma distribuição geométrica de média igual a 5 é dado por 
a) 8,25 
b) 7,05 
c) 9,10 
d) 6,15 
e) 8,75 
RESOLUÇÃO: 
Precisamos calcular a frequência esperada para cada número de tentativas até obtenção de primeiro sucesso 
quando supomos que X tem distribuição geométrica de média 5. Se a média é 5, significa que a probabilidade 
de sucesso p é igual a 1/5 = 0,2 e a probabilidade de fracasso (1 – p) é igual a 1 – 0,2 = 0,8. Agora vamos calcular 
os valores esperados para P(X = 1), P(X = 2) e P(X > 2), supondo que X tem distribuição geométrica com 
probabilidade de sucesso p = 0,2: 
P(X = 1) = 0,2 
P(X = 2) = 0,2 ∙ 0,8 = 0,16 
P(X > 2) = 1 − P(X = 1) − P(X = 2) 
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P(X > 2) = 1 − 0,2 − 0,16 = 0,64 
Portanto, em uma amostra de tamanho 100, as frequências esperadas são 20 (para X = 1), 16 (para X = 2) e 64 
(para X > 2) 
Sintetizando, temos a seguinte tabela: 
Nº de tentativas até 1º sucesso 1 2 Mais que 2 
Frequência observada 24 24 52 
Frequência esperada 20 16 64 
 
De posse das frequências observadas e esperadas podemos calcular a estatística qui-quadrado X², sendo 𝑂𝑖 as 
frequências observadas e 𝐸𝑖 as frequências esperadas: 
X² =∑
(𝑂𝑖 − 𝐸𝑖)
2
𝐸𝑖
3
𝑖=1
 
X² =
(24 − 20)2
20
+
(24 − 16)2
16
+
(52 − 64)2
64
 
X² =
42
20
+
82
16
+
(−12)2
64
 
X² =
16
20
+
64
16
+
144
64
 
X² =
4
5
+ 4 +
9
4
= 0,8 + 4 + 2,25 = 7,05 
Portanto, a alternativa B é o gabarito da questão. 
Resposta: B 
 
14.FCC – TRT/11 – 2017) 
Num lote de 20 peças, as proporções de peças boas, com pequenos defeitos e com grandes defeitos são, 0,7, p 
e q, respectivamente. Sabe-se que p > q. 
Uma amostraaleatória, sem reposição, de 3 peças é selecionada. A probabilidade da amostra conter 
exatamente duas peças defeituosas é igual a 
a) 3/19 
b) 5/39 
c) 7/38 
d) 3/17 
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e) 1/19 
RESOLUÇÃO: 
A proporção de peças defeituosas é dada pela soma da proporção de peças com pequenos defeitos com a 
proporção de peças com grandes defeitos, ou seja, proporção de peças defeituosas = p + q = 1 – 0,7 = 0,3 
Como as peças são retiradas sem reposição, concluímos que se trata de uma distribuição hipergeométrica. A 
probabilidade pk de uma distribuição geométrica é dada pela fórmula abaixo: 
pk =
(r
k
) ∙ (N−r
n−k
)
(N
n
)
 
Onde: 
r: número total de peças com defeitos = 0,3 x 20 = 6 
k: número de peças retiradas com defeito na amostra = 2 
N: número total de peças no lote = 20 
n: número total de peças da amostra = 3 
pk: probabilidade de se retirar k peças com defeito em uma amostra de 3 peças. 
Logo, temos que: 
p2 =
(6
2
) ∙ (20−6
3−2
)
(20
3
)
=
(6
2
) ∙ (14
1
)
(20
3
)
 
p2 =
15 ∙ 14
1140
=
210
1140
=
7
38
 
Portanto, concluímos que a alternativa C é o gabarito da questão. 
Resposta: C 
 
15. FCC – TRT/11 – 2017) 
Num lote de 20 peças, as proporções de peças boas, com pequenos defeitos e com grandes defeitos são, 0,7, p 
e q, respectivamente. Sabe-se que p > q. 
 
Uma amostra aleatória, com reposição, de 4 peças é selecionada. Sabe-se que a probabilidade de ela conter 
exatamente duas peças boas, uma com pequeno defeito e uma com grande defeito é igual a 0,0588. Nessas 
condições, o valor de p é igual a 
a) 8% 
b) 10% 
c) 16% 
d) 12% 
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e) 20% 
RESOLUÇÃO: 
Sabemos que 0,7 + p + q = 1. Portanto, temos que: 
q = 1 – 0,7- p = 0,3 - p 
Sabemos que a probabilidade de a amostra (sem reposição) conter exatamente duas peças boas, uma com 
pequeno defeito e uma com grande defeito é igual a 0,0588. Logo, chegamos à seguinte igualdade: 
(
4
2
) ∙ 0,72 ∙ p ∙ q = 0,0588 
6 ∙ 0,49 ∙ p ∙ (0,3 − p) = 0,0588 
p ∙ (0,3 − p) =
0,0588
2,94
 
p ∙ (0,3 − p) = 0,02 
0,3p − p2 − 0,02 = 0 
 
Multiplicando todos os termos da equação por (-1) chegamos a: 
p2 − 0,3p + 0,02 = 0 
 
Resolvendo a equação de 2º grau pela fórmula de Bháskara, temos que: 
∆= (−0,3)2 − 4 ∙ 1 ∙ 0,02 
∆= 0,09 − 0,08 = 0,01 
p =
0,3 ± √0,01
2
 
p1 =
0,3 + 0,1
2
=
0,4
2
= 0,2 
p2 =
0,3 − 0,1
2
=
0,2
2
= 0,1 
 
Para p = p1 = 0,2, teríamos q = 0,3 – 0,2 = 0,1, portanto p > q. 
Para p = p2 = 0,1, teríamos q = 0,3 – 0,1 = 0,2, portanto p < q. 
O enunciado nos diz que p > q, logo concluímos que p = p1 = 0,2 e que a alternativa E é o gabarito da questão. 
Resposta: E 
 
 
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16.FCC – TRT/11 – 2017) 
Uma amostra aleatória de tamanho 64 é extraída de uma população de tamanho infinito, normalmente 
distribuída, média μ e variância conhecida σ². Obtiveram-se com base nos dados desta amostra, além de uma 
determinada média amostral x , 2 intervalos de confiança para μ aos níveis de 95% e 99%, sendo os limites 
superiores destes intervalos iguais a 20,98 e 21,29, respectivamente. Considerando que na curva normal padrão 
(Z) as probabilidades P(|Z| > 1,96) = 0,05 e P(|Z| > 2,58) = 0,01, encontra-se que σ² é igual a 
 a) 16,00 
 b) 6,25 
 c) 4,00 
 d) 12,25 
 e) 9,00 
RESOLUÇÃO: 
 Chamando o limite superior de LS, a média amostral de X̅ e o tamanho amostral de n, temos que: 
X̅ + 𝑍 ∙
𝜎
√𝑛
= 𝐿𝑆 
 Assim, para o intervalo de 95% de confiança, temos que: 
X̅ + 1,96 ∙
𝜎
√64
= 20,98 
X̅ + 1,96 ∙
𝜎
8
= 20,98 
X̅ + 0,245𝜎 = 20,98 (I) 
Já para o intervalo de 99% de confiança, temos que: 
X̅ + 2,58 ∙
𝜎
√64
= 21,29 
X̅ + 0,3225𝜎 = 21,29 (II) 
 As equações I e II formam um sistema de equações, assim, ao subtrair I de II, temos que: 
(0,3225 − 0,245)𝜎 = 21,29 − 20,98 
0,0775𝜎 = 0,31 
𝜎 =
0,31
0,0775
= 4 
𝜎2 = 42 = 16 
 Portanto, a alternativa A é o gabarito da questão. 
Resposta: A 
 
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17. IBFC – EBSERH – 2017) 
De um baralho de 52 cartas, são retiradas 8 cartas ao acaso, sem reposição. Considerando que um baralho 
comum tem 12 figuras, a probabilidade de que quatro das cartas retiradas sejam figuras é de, 
aproximadamente: 
a) 50% 
b) 25% 
c) 20% 
d) 8% 
e) 6% 
RESOLUÇÃO: 
 Como as cartas são retiradas sem reposição, concluímos que se trata de uma distribuição 
hipergeométrica. A probabilidade pk de uma distribuição geométrica é dada pela fórmula abaixo: 
pk =
(r
k
) ∙ (N−r
n−k
)
(N
n
)
 
 Onde: 
r: número total de cartas do baralho com figuras = 12 
k: número de cartas retiradas do baralho com figuras = 4 
N: número total de cartas do baralho = 52 
n: número total de cartas retiradas ao acaso do baralho = 8 
pk: probabilidade de se retirar k cartas com figuras em uma amostra de n cartas. 
 Logo, temos que: 
p4 =
(12
4
) ∙ (52−12
8−4
)
(52
8
)
=
(12
4
) ∙ (40
4
)
(52
8
)
 
p4 =
495 ∙ 91390
752538150
=
45238050
752538150
≅ 0,06 = 6% 
 Portanto, concluímos que a alternativa E é o gabarito da questão. 
Resposta: E 
 
18.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. 
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A partir dessas informações, julgue o item subsequente. 
( ) Se, dessa população, for coletada uma amostra aleatória de tamanho n = 1, a probabilidade de um indivíduo 
apresentar valor 1 é igual a 0,5 
RESOLUÇÃO: 
Como a proporção de indivíduos de valor 1 é p = 0,3, esta é também a probabilidade de sortearmos 
aleatoriamente um indivíduo com valor 1. Portanto, a probabilidade que buscamos é 0,3, e não 0,5. Item 
ERRADO. 
Resposta: E 
 
19.CESPE – FUNPRESP-JUD – 2016) 
Considerando que Z represente uma distribuição normal padrão, julgue o próximo item. 
( ) A variável aleatória 5 × Z + 3 segue uma distribuição normal com média igual a 3 e variância igual a 5 
RESOLUÇÃO: 
Como Z segue a distribuição normal padrão, podemos dizer que sua média é 0 e seu desvio padrão é 1. Para 
obter a variável transformada, devemos multiplicar Z por 5 e depois adicionar 3 unidades. Sabemos que a média 
é afetada pela soma e pela multiplicação, logo: 
Nova média = 5.0 + 3 = 3 
 
O desvio padrão só é afetado pela multiplicação: 
Novo desvio padrão = 5.1 = 5 
 
A nova variância será o quadrado do desvio padrão, ou seja, 25. Item ERRADO. 
Resposta: E 
 
20.CESPE – TCE/PA – 2016) 
Considerando que Z e W sejam variáveis aleatórias independentes que seguem distribuição normal padrão, 
julgue o item subsequente. 
( ) A transformação 6Z + 3 resulta em uma distribuição normal com variância igual a 9 
RESOLUÇÃO: 
Como Z segue a distribuição normal padrão, podemos dizer que sua média é 0 e seu desvio padrão é 1. Para 
obter a variável transformada, devemos multiplicar Z por 6 e depois adicionar 3 unidades. 
O desvio padrão só é afetado pela multiplicação: 
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