capitulo6



 −
=−×
1
0
1
)1|(
11
1
0
1
)1|( −−+
−
=
∑ 


 −
=−× xnx
n
x
qp
x
n
xnXEp
11
1
0
1 1)( −−+
−
=
− ∑ 


 −
=+× xnx
n
x
n qp
x
n
qpp
Portanto,
[ ]11)´()1|( 11
1
0
1 +


 −
=+×+−× −−+
−
=
− ∑ xqpxnqppnXEp xnx
n
x
n
Então:
( ) Aqp
x
n
x
qp
x
n
xqppnXEpnXEq
xnx
n
x
xnx
n
x
n
=


 −
++
+


 −
=+×++×+−×
−−+
−
=
−
−
=
−
∑
∑
11
1
0
1
0
1
1
1
1
)´()1|()1|(
Separando o primeiro termo da primeira somatória e o último do segundo, tem-se:
( ) nxnx
n
x
xnx
n
x
n pnqp
x
n
xqp
x
n
xqA ×+


 −
++


 −
+×= −−+
−
=
−
−
=
∑∑ 112
0
1
0
1
1
1
0
O coeficiente de knkqp − , para k=1, 2, ..., n-1, será a soma do coeficiente da primeira somatória 
quando x=k e o da segunda somatória quando x+1=k, ou seja, x=k-1, logo é igual a:
- cap.6 – pág. 16 --
bussab&morettin estatística básica
[ ] 



×=
−
×=
−
−
×=+−
−
−
×=
=


−−
−
+
−
−
×=






−
−
+


 −
×=



−
−
×+


 −
×
k
n
k
knk
nk
knk
nnkkkn
knk
nk
knk
n
knk
nk
k
n
k
n
k
k
n
k
k
n
k
)!(!
!
)!(!
)!1(
)!(!
)!1(
)!()!1(
)!1(
)!(!
)!1(
1
11
1
11
Substituindo em A, vem:
)|(0
0
1
1
nXEqkppnqp
k
n
kqA
n
k
knknknk
n
k
n
==×+



+×= ∑∑
=
−−
−
=
Como queríamos provar.
Problema 42.
(a) 705,0)285,0()285,0()135,0()2( =++=≤XP
(b) 236,0)154,0()068,0()014,0()2( =++=≤XP
(c) 933,0)179,0()377,0()377,0()2( =++=≤XP
Problema 43.
kn
n
k
knk
n
knkk
n
knk
n
knk
n
nnn
k
nk
n
n
n
k
nk
n
n
n
knnn
k
n
n
nkkn
npp
k
n
−
∞→
−
∞→
−
∞→
−
∞→
−
∞→



−×


−×

 

 −
−


−××=
=

 −
×

 

 −
−


−××=
=

 −
×


×+−××−××=
=

 −
×


×
−
=−××



λλλ
λλ
λλ
λλ
1111....111lim
!
11....111
!
lim
1)1(....)1(
!
lim
!)!(
!lim)1(lim
Como 11 →


−
− k
n
λ ; 111....11 →

 −
−


−
n
k
n
 e λλ −→


− e
n
n
1
Então:
!
)1(
k
epp
k
n kknk λλ ×→−××


 −
− quando ∞→n
Problema 44.
Usando a propriedade da soma de infinitos termos de uma P.G. de razão menor que 1.
(a)
3
1
411
41
4
1
2
1) (
11
2
=
−
=== ∑∑ ∞
=
∞
= k
k
k
kparXP
(b)
8
7
2
1)3(
3
1
==< ∑
=k
kXP
(c) 10
11
11 2
1
211
21
2
1)10( =
−
==> ∑∞
=k
kXP
- cap.6 – pág. 17 --
bussab&morettin estatística básica
Problema 45.
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ +=+=+=+=+ bXaExpbxxpaxbpxaxpxpbaXbaXE )()()()()()()()(
( )[ ] [ ] [ ]( )
)()(2)(2
)()()()()(
2
2222222
XVaraXbEXbE
bbXEXEabaXEbaXEbaXVar
=−+
+−+−=+−+=+
[ ] [ ] [ ]22222 )()()()()()( ∑ ∑∑ ∑ ∑ −=−=−= xxpxpxxxpxxpxpxXEXEXVar
Problema 46.
λλλλλ λλλ
λ
======
−
∞
=
∞
=
∞
=
−
−∑ ∑∑ eekekekkXkPXE k k
k
k
k
0 11 !!
)()(
( )
∑∑∑
∑ ∑∑
∞
=
−
∞
=
−
∞
=
+−
∞
=
∞
=
−
∞
=
−
+=+=+
−==
−
====
0
2
00
1
0 11
222
!!!
)1(
1
)!1(!
)()(
j
j
j
j
j
j
k k
k
k
k
j
e
j
ej
j
ej
kj
k
ek
k
ekkXPkXE
λλλλλλλ
λλ
λλλ
λλ
[ ] λλλλ =−+=−= 2222 )()()( XEXEXVar
Problema 47.
Para justificar a expressão, considere-se que a probabilidade de se extrair uma amostra com k 
elementos marcados é dada pelo quociente entre o número de amostras em que existem k 
elementos marcados e o número total de amostras de tamanho n, obtidas, sem reposição, de uma 
população de tamanho N.
O número total de amostras de tamanho n, obtidas, sem reposição, de uma população de tamanho 
N é dado por 



n
N
.
Para o numerador da expressão a ser provada, deve-se raciocinar da seguinte maneira: é 
necessário obter k elementos dentre os r que possuem o tributo e n-k dentre os N-r elementos 
restantes. Portanto, justifica-se o valor 



k
r
x 



−
−
kn
rN
e a probabilidade em questão é dada por:








−
−
×



=
n
N
kn
rN
k
r
pk
Problema 48.
Cada resposta é um ensaio de Bernoulli com probabilidade de sucesso 0,50. Desse modo, o 
número de respostas corretas, X, tem distribuição binomial com n=50 e p=0,50. Acertar 80% das 
questões significa X = 40. Portanto:
61040 109)50,0()50,0(
40
50
)40( −×=××



==XP
Problema 49.
- cap.6 – pág. 18 --
bussab&morettin estatística básica
No caso de alternativas por questão, a variável aleatória X segue distribuição binomial com n=50 
e p = 0,20. Desse modo,
191040 1021,1)80,0()20,0(
40
50
)40( −×=××



==XP
Problema 50.
20,012)1(3
3
3
12)1(
2
3
)3(12)2( 3232 =⇒=−⇒



×=−



⇒=×== pppppppXPXP Proble
ma 51.
Seja X o número de componentes que funcionam.Tem-se que X ~b (10; p).
(a) 10)10()( pXPfuncionarP ===
(b) 101)10() ( pXPfuncionarnãoP −=<=
(c) 8282 )1(45)1(
2
10
)2( ppppXP −××=−××



==
(d) ∑
=
−
−××



=≥
10
5
10)1(
10
)5(
k
kk pp
k
XP
Problema 52.
),;(
)1)(1(
)(
)1(
)1)(1(
)()1(
1!)!()!1(
!)(
)1(
)!1()!1(
!)1(
1
),;1( 1111
pnkb
pk
pkn
pp
k
n
pk
pknp
p
pp
kknk
nkn
pp
kkn
npp
k
n
pnkb
knkknk
knkknk
−+
−
=
−××



×
−+
−
=−×
−
××
−+
−
=
−××
+−−
=−××



+
=+
−−
−−+−−+
Problema 53.
Para a variável Z, a mediana é qualquer valor pertencente a (1, 2), de acordo com a definição. 
Nestes casos costuma-se indicar o ponto médio da classe que é 1,5.
Problema 54.
)25,0(q = qualquer valor entre (0, 1)
2)60,0( =q ,porque 60,075,0)2())60,0(( ≥=≤=≤ XPqXP e 40,050,0)2( ≥=≥XP 
3)80,0( =q , pois 80,000,1)3( >=≤XP e 20,025,0)3( >=≥XP
Problema 55.
(e) ∑∞
=
−
=
−−
×=−×
1
1 1
)1(1
1)1(
j
j
p
ppp
(f) ∑∑ ∞
=
∞
=
− ×=−×=
11
1)1()(
j
j
j
j q
dq
dpppXE , onde 1- p =q.
- cap.6 – pág. 19 --
bussab&morettin estatística básica
Mas, q
q
dq
dq
dq
d
j
j
−
=∑∞
=
11
, pois a série ∑∞
= 1j
jq é convergente
Logo,
pq
pXE 1
)1(
1)( 2 =
−
×=
Mesmo raciocínio para a Var(X).
(g)
( ) )()1(
)1(
1
)1(
)1(
)(
)()|( 1
1
1
1 tXPp
p
p
pp
pp
sXP
tsXPsXtsXP ts
ts
sj
j
tsj
j
≥=−=
−
−
=
×−
×−
=
>
+>
=>+>
+
++
∞
+=
∞
++=
∑
∑
Problema 56.
Considere:
C: custo do exp.
X: nº de provas para sucesso.
)1(3001000 −+= XXC
Portanto,.
6200300
2,0
11300300)(1300)( =−×=−= XECE
Problema 57.
{ }∑
=
−====+
n
k
knYkXPnYXP
0
,)( , pois o evento { nYX =+ } pode ser escrito como a união 
de eventos disjuntos { }knYkX −== , , n=0,.....
{ } { } { }



 +
=



−
×



−××


 +
=−××



−
×



=
=−××



−
×−××



=
=−=×==−====+
∑∑
∑
∑∑
==
=
+−−−
==
m
nm
kn
m
k
n
pp
m
nm
pp
kn
m
k
n
pp
kn
m
pp
k
n
knYPkXPknYkXPnYXP
n
k
mn
n
k
mn
n
k
knmknknk
n
k
n
k
00
0
00
 pois ,)1()1(
)1()1(
,)(
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