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bussab&morettin estatística básica
Capítulo 6
Problema 01.
56
3! !5
!8
3
8
)( ==



=Ωn combinações possíveis
1
3
3
0
5
0 =



×



⇒=X
15
2
3
1
5
1 =



×



⇒=X
30
1
3
2
5
2 =



×



⇒=X
10
0
3
3
5
3 =



×



⇒=X
Então a distribuição de X é dada por:
X 0 1 2 3
P(X=x) 56
1
56
15
56
30
56
10
Problema 02.
5128)( 3 ==Ωn combinações possíveis
27350 30 =×⇒=X
13535
1
3
1 21 =××



⇒=X
22535
2
3
2 12 =××



⇒=X
12535
3
3
3 03 =××



⇒=X
X 0 1 2 3
P(X=x) 512
27
512
135
512
225
512
125
Problema 03.
2
11 ⇒⇒= CX
4
1
2
12
2
=


⇒⇒= RCX
8
1
2
13
3
=


⇒⇒= RRCX
X 1 2 3 4 .....
P(X=x) 2
1
4
1
8
1
16
1 .....
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De modo geral,
xx
xXP 


=


×


==
−
2
1
2
1
2
1)(
1
, x=1,2,3....
Problema 04.
Seguindo o mesmo raciocínio idêntico ao Problema 02, tem-se:
X 0 1 2 3 4
P(X=x) 16
1
16
4
16
6
16
4
16
1
Problema 05.
No contexto apresentado, a distribuição do número de caras é dada por:
( ) 4. 3, 2, 1, 0,y,14)( 4 =−××



==
− yy pp
y
yYP
Problema 06.
Por similaridade, tem-se:
( ) n.3,..., 2, 1, 0,y,1)( =−××



==
− yny pp
y
n
yYP
Problema 07.
Para o Problema 01, tem-se:
875,1
56
105
56
30
56
60
56
15E(X) ==++=
018,4
56
225
56
90
56
120
56
15)E(X2 ==++=
[ ] [ ] 502,0875,1018,4E(X)-)E(XVar(X) 222 =−==
Para o Problema 02, tem-se:
875,1
512
960
512
375
512
450
512
135E(X) ==++=
219,4
512
2160
512
1175
512
900
512
135)E(X2 ==++=
[ ] [ ] 703,0875,1219,4E(X)-)E(XVar(X) 222 =−==
Problema 08.
0,2
16
4
16
12
16
12
16
4E(Y) =+++=
0,5
16
16
16
36
16
24
16
4)E(Y2 =+++=
[ ] [ ] 0,10,20,5E(X)-)E(XVar(X) 222 =−==
Problema 09.
Y=3X 0 3 6 9
P(Y=y) 56
1
56
15
56
30
56
10
- cap.6 – pág. 2 --
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Z=X2 0 1 4 9
P(Z=z) 56
1
56
15
56
30
56
10
Problema 10.
Ω RRR RRC RCR CRR RCC CRC CCR CCC
X 0 1 1 1 2 2 2 3
Y 1 2 3 2 2 3 2 1
p
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
8
1
Do quadro acima obtém-se:
X 0 1 2 3
P(X=x) 8
1
8
3
8
3
8
1
5,1
8
13
8
32
8
31
8
10E(X) =×+×+×+×=
( ) ( ) ( ) ( ) 75,0
8
15,1
8
35,0
8
35,0
8
15,1Var(X) 2222 =×+×+×−+×−=
Y 1 2 3
P(Y=y) 8
2
8
4
8
2
2
8
23
8
42
8
21E(X) =×+×+×=
( ) ( ) ( ) 50,0
8
21
8
40
8
21Var(X) 222 =×+×+×−=
Problema 11.
)1()1(1q0E(V) qq −=−×+×=
( ) )1()1(1Var(V) 22 qqqqqq −×=−×+×−=
Problema 12.
4
3
4
12
4
11
2
10E(X) =×+×+×=
4
5
4
14
4
11
2
10)E(X2 =×+×+×=
[ ]
4
5
2
3
4
6
4
5)(2)(a)-(XE 22222 +−=+−=+××−= aaaaaXEaXE
Portanto,
a 0 0,25 0,50 0,75 1[ ]2a)-(XE 1,2500 0,9375 0,7500 0,6875 0,7500
Os resultados encontram-se representados no gráfico a seguir, em que se percebe que g(a) é 
mínimo para 0,75a ≈
- cap.6 – pág. 3 --
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0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1
X
g(
a)
Problema 13.
1/3
2/3
9/10
1/10
9/10
9/10
1/10
9/10
1/10
0
1/10 50000
0
50000
50000
100000
Visita 1
Visita 2
Da árvore acima obtém-se:
150
126
300
252
10
9
10
9
3
2
10
9
3
1)0( ==××+×==YP
150
23
300
46
10
1
10
9
3
22
10
1
3
1)50000( ==×××+×==YP
150
1
300
2
10
1
10
1
3
2)100000( ==××==YP
Y 0 50000 100000
P(Y=y) 150
126
150
23
150
1
33,8333
150
1250000
150
1100000
150
2350000
150
1260)( ==×+×+×=YE
- cap.6 – pág. 4 --
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Problema 14.
( ) ( ) 450000000
150
1100000
150
2350000
150
1260)( 222 =×+×+×=YE
( ) 38055561133,8333450000000)( 2 =−=XVar
Problema 15.
A partir do Problema 11, tem-se:



≥
<≤
<
=
1 v1,
1v0 q,
0 v,0
)(vFV
Gráfico para q=0,4:
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
-0,2 -0,1 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 1,1
V
Problema 16.
A partir do Problema 10, tem-se:



≥
<≤
<≤
<
=
3y 1,
3y2 6/8,
2y1 2/8,
1y ,0
)(yFY
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 1 2 3 4
y
F(
y)
- cap.6 – pág. 5 --
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Problema 17.
6,41,072,062,053,041,031,02)( =×+×+×+×+×+×=TE
G 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0
P(G=g) 0,3 0,2 0,3 0,1 0,1
75,21,041,05,33,032,05,23,02)( =×+×+×+×+×=GE
975,71,0161,025,123,092,025,63,04)( 2 =×+×+×+×+×=GE
[ ] 4125,05625,7975,7)()()( 22 =−=−= GEGEGVar
Problema 18. 
A distribuição de X é dada por:
X 1 2 3
P(X=x) 31 61 21
Desse modo, a f.d.a de X é:



≥
<≤
<≤
<
=
3 x1,
32 1/2,
2x1 1/3,
1 x,0
)(
x
xFX
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 1 2 3 4
x
F(
x)
Problema 19.
A f.d.a da variável T é dada por:







≥
<≤
<≤
<≤
<≤
<≤
<
=
7 t, 1,0
76 , 0,9
65 , 0,7
54 , 0,5
43 , 0,2
3t2 , 0,1
2 t,0
)(
t
t
t
t
tFT
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0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 2 4 6 8
t
F(
t)
Problema 20.
(a) X ~ Binomial(5, 1/3)
;
3
2
3
15)(
5 xx
x
xXP
−



×


×



== x=0,1,2...,5.
(b) A variável X não tem distribuição binomial, pois as extrações são feitas sem reposição, ou 
seja, a probabilidade de sucesso não é a mesma em todos as extrações.
(c) A variável X terá distribuição binomial apenas se a proporção de bolas brancas for a mesma 
em todas as urnas. 
(d) Novamente, a variável em estudos terá distribuição binomial apenas se a proporção de 
pessoas com opinião contrária ao projeto for a mesma nas 10 cidades pesquisadas.
(e) Neste caso, as máquinas têm que funcionar independente e apresentar uniformidade quanto 
à produção de peças defeituosas, ou seja, a probabilidadede se obter uma peça com defeito 
tem de ser a mesma em todas as máquinas.
Problema 21.
Das propriedades da binomial tem-se:
12)( == npXE ; 3)1()( =−= pnpXVar
(a) 16=n
(b) 75,0=p
(c) ∑
=
−
=××



=<
11
1
16 3698,0)25,0()75,0(
16
)12(
k
kk
k
XP
(d) ∑
=
−
=××



=≥
16
14
16 1971,0)25,0()75,0(
16
)14(
k
kk
k
XP
(e) [ ] 012)(
3
1
3
12)( =−×=

 −
= XEXEZE
(f) 1971,0)14()16/14( =≥=≥ XPYP
(g) 6302,03698,01)12(1)16/12( =−=<−=≥ XPYP
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Problema 22.
Seja X o número de chamadas recebidas nessa central em um minuto, e usando a tabela II tem-se:
(a) 2834,07166,01
!
81)10(
9
0
8
=−=
×
−=≥ ∑
=
−
k
k
k
eXP
(b) 5925,0
!
8)9(
8
0
8
=
×
=< ∑
=
−
k
k
k
eXP
(c) 2792,01396,01396,0)8()7()97( =+==+==<≤ XPXPXP
Problema 23.
Seja X o número de cortes por 2000 pés de fita magnética. Pode-se dizer que X segue uma 
distribuição de Poisson com parâmetro 1=λ (Tabela II ou pacotes computacionais)
(a) 3679,0
!0
1)0(
01
=
×
==
−eXP
(b) 9197,0
!
1)2(
2
0
1
=
×
=≤ ∑
=
−
k
k
k
eXP
(c) 9197,0
!
1)2(
2
0
1
=
×
=≤ ∑
=
−
k
k
k
eXP
(d) 2642,0)3679,03679,0(1
!
11)2(
1
0
1
=+−=
×
−=≥ ∑
=
−
k
k
k
eXP
Problema 24.
• Considerando a distribuição de binomial:
Se X é o número de itens defeituosos encontrados na amostra de 10 produzidos, X ~ 
b(10;0,2) e 
3758,02684,01074,0)8,0()2,0(
1
10
)8,0()2,0(
0
10
)1( 91100 =+=××



+××



=≤XP
• Considerando a distribuição de Poisson
Nas condições do enunciado, pode-se dizer que o número de itens defeituosos a cada dez 
produzidos tem distribuição de Poisson de parâmetro 2 (10× 2). Assim:
4060,0)2707,01353,0(1
!
2)1(
1
0
2
=+−=
×
=≤ ∑
=
−
k
k
k
eXP
Os resultados obtidos, apesar de diferentes, são razoavelmente próximos.
Problema 25.
(a) Calculando o número médio de machos por ninhada:
4,2405...3601200 =×++×+×=x
mas 48,05 =⇒×= ppx
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(b) A tabela a seguir traz o número esperado de ninhadas para cada valor de X, de acordo com o 
modelo binomial b~(5;0,48) (os números estão arredondados). Neste caso, o número 
esperado de ninhadas com x machos é 2000× P(X=x).
X=Número de machos P(X=x)* Número esperado de ninhadas
0 0,0380 76
1 0,1755 351
2 0,3240 648
3 0,2990 598
4 0,1380 276
5 0,0255 51
*Valores calculados com base na função distrbinom do EXCEL.
Problema 26.
O gráfico da distribuição de X, p(x)