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Disciplina:Introdução à Probabilidade e a Estatística II116 materiais1.275 seguidores
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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 .....

- cap.6 – pág. 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

- cap.6 – pág. 6 --

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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

- cap.6 – pág. 7 --

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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

- cap.6 – pág. 8 --

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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)