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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 1
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
AULA 05
XI PROBABILIDADE ................................................................................................................................... 2
1 Introdução. .................................................................................................................................................. 2
2 Probabilidade condicional .......................................................................................................................... 4
3 Fórmula da probabilidade condicional ..................................................................................................... 14
4 Probabilidade da união de dois eventos.................................................................................................... 21
5 Probabilidade do evento complementar .................................................................................................... 34
6 Teorema de Bayes...................................................................................................................................... 46
XII NOÇÕES DE ANÁLISE COMBINATÓRIA ....................................................................................... 53
1 Princípio fundamental da contagem.......................................................................................................... 53
2 Noções de permutação .............................................................................................................................. 67
3 Noções de Combinação ............................................................................................................................. 68
XIII VARIÁVEIS ALEATÓRIAS ............................................................................................................. 82
1 Esperança para uma variável aleatória discreta ...................................................................................... 83
2 Propriedades da esperança ....................................................................................................................... 88
3 Variância de uma variável aleatória ......................................................................................................... 90
4 Desvio padrão e coeficiente de variação de uma variável aleatória ........................................................ 93
5 Covariância ............................................................................................................................................... 94
6 Distribuição de probabilidades de uma variável discreta....................................................................... 106
7 Função densidade de probabilidade ....................................................................................................... 117
8 Função distribuição de probabilidade .................................................................................................... 130
ANEXO .............................................................................................................................................................. 142
A) Teorema de Bayes................................................................................................................................ 142
B) Esperança para variáveis contínuas ................................................................................................... 145
LISTA DAS QUESTÕES DE CONCURSOS ................................................................................................. 153
GABARITO DAS QUESTÕES DE CONCURSOS ....................................................................................... 176
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 2
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
XI PROBABILIDADE
1 Introdução.
Daqui para frente vamos falar bastante em probabilidade. Probabilidade tem relação com
a chance de um dado evento ocorrer.
Passaremos longe, muito longe de uma definição adequada de probabilidade. Ao
contrário, vamos dar uma explicação que, a rigor, está errada. Mas, como já disse desde a
aula zero, a idéia aqui é conseguir resolver questões de concurso e apenas isso.
Quando falamos em probabilidade, podemos basicamente pensar em casos favoráveis e
casos possíveis. Sim, apenas isto: casos favoráveis e casos possíveis.
Vejamos o exemplo do lançamento de um dado.
Queremos calcular a probabilidade de sair um número múltiplo de 3. Então a pergunta é:
qual a probabilidade de sair um número múltiplo de 3 quando se lança um dado de seis
faces?
A questão é de probabilidade. Probabilidade lembra casos favoráveis e casos possíveis.
Casos possíveis são todos aqueles que podem ocorrer. No lançamento de um dado,
podemos obter os seguintes resultados:
Casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6
Casos favoráveis são todos aqueles em que estamos interessados. Neste exemplo,
estamos interessados nos múltiplos de 3.
Casos favoráveis: 3, 6.
Para resolver o problema, primeiro contamos quantos são os casos favoráveis.
Quantos são os múltiplos de 3 presentes nas faces de um dado?
Resposta: são dois os múltiplos de 3 presentes nas faces de um dado (o número 3 e o
número 6).
Depois contamos quantos são os casos possíveis.
Quantos são os casos possíveis no lançamento de um dado?
Resposta: são seis os casos possíveis (1, 2, 3, 4, 5, 6).
A probabilidade será obtida dividindo o número de casos favoráveis pelo número de
casos possíveis. Ficaria assim:
P = casos _ favoráveis � P = 2 casos _ possíveis 6
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 3
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Ou seja, a probabilidade de sair um número múltiplo de 3 em um lançamento de um
dado é de dois sextos.
O conjunto com todos os casos possíveis é muitas vezes chamado de espaço amostral.
No caso do lançamento do dado, o espaço amostral é:
{1, 2, 3, 4, 5, 6}
Repetindo: espaço amostral é o conjunto de todos os resultados possíveis.
Chamamos de evento a qualquer subconjunto de um espaço amostral. Geralmente os
eventos servem para designar um resultado em particular.
No caso acima estávamos interessados nos resultados que são múltiplos de 3. Esses
eram os nossos casos favoráveis. A esse resultado em particular, qual seja, “sair múltiplo
de 3”, chamamos de evento.
Neste caso, o evento “sair múltiplo de 3” corresponde ao seguinte conjunto:
{3,
6}
Veja como o evento é um subconjunto do espaço amostral.
Com essa noção de espaço amostral e de evento, em vez de dizermos que a
probabilidade de um dado evento é a relação entre número de casso favoráveis e o
número de casos possíveis, podemos dizer que é a relação entre o número de elementos
do evento e o número de elementos do espaço amostral.
P = numero _ de _ casos _ favoraveis = numero _ de _ elementos _ do _ evento numero _ de _ casos _ possiveis numero _ de _ elementos _ do _ espaço _ amostral
A probabilidade só pode ser definida como a relação entre casos favoráveis e casos
possíveis (ou ainda, como a relação entre o número de elementos do evento e o número
de elementos do espaço amostral) quando todos os casos têm a mesma chance de
ocorrer. A resolução acima só é válida se o dado for “honesto”. Ou seja, se for um dado
simétrico e de material homogêneo.
Quando dizemos que o dado é “honesto”, estamos considerando que, em um lançamento
qualquer, a probabilidade de sair a face de número 1 é igual à probabilidade de sair a
face de número 4, de número 6, ou qualquer outra. Costumamos dizer que todas as
faces são equiprováveis (ou seja, têm a mesma chance de ocorrer).
Como já dissemos, é comum se utilizar a expressão “evento” para designar um resultado
em particular. Assim, no lançamento de um dado, o evento “sair o número 1” tem a
mesma probabilidade do evento “sair o número 2”, que por sua vez tem a mesma
probabilidade do evento “sair o número 3”, e assim por diante. Todos esses eventos são
equiprováveis.
Aí vem a pergunta: e se todos os casos não tiverem a mesma chance de ocorrer? E se o
dado não for honesto? E se a probabilidade de sair “1” for diferente da probabilidade de
sair “2”?
Resposta: bom, deixemos isto pra depois (daqui a pouco na verdade). Para concursos
públicos, esta noção de casos favoráveis e possíveis já ajuda bastante.
Antes de continuarmos com a teoria, vou responder a uma pergunta em que
provavelmente vocês estão pensando.
Pergunta: Mas Vítor, você disse que essa explicação sobre probabilidade não é adequada.
Por quê?
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 4
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Resposta: Em primeiro lugar, nem todas as situações de aplicação da probabilidade
podem ser resumidas a casos possíveis e casos favoráveis. Imagine que queremos
calcular qual a probabilidade de, no dia 19/03/2011, a ação da empresa alfa subir. Não
dá para transformar esse problema numa situação de número casos possíveis e
favoráveis.
Acontece que os problemas em que dá para contar quantos são os casos possíveis e
quantos são os casos favoráveis são os mais fáceis pra gente começar a se acostumar
com probabilidade. Por isso, de início, vamos focar apenas neles. Ou então, “dar um
jeitinho” para que a questão possa ser interpretada como uma relação entre casos
favoráveis e possíveis.
Um outro problema da explicação dada é o que segue. Dissemos que probabilidade é
igual à divisão entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis quando
todos os casos têm a mesma probabilidade de ocorrer.
Ou seja, na própria definição de probabilidade estamos usando o conceito de
probabilidade. Que raio de definição é essa? Se utilizarmos na definição o conceito que
pretendemos definir, não estamos definindo nada.
Novamente, deixemos esses problemas pra lá.
Antes de passarmos para o próximo tópico, só um alerta. Quando usamos as expressões
“casos favoráveis”/”casos desfavoráveis” (ou ainda: sucessos e fracassos), estamos
apenas nos referindo aos casos em que estamos ou não interessados. Não estamos
fazendo nenhum juízo de valor. Não nos preocupamos se estamos diante de algo bom ou
ruim, certo ou errado, etc.
Para melhor visualização, considere um estudo sobre a relação entre a utilização de um
produto e o desenvolvimento de câncer. Queremos saber qual a probabilidade de uma
cobaia que utilizou o produto por tempo prolongado ter a doença. Nessa situação, os
casos favoráveis (=sucesso) seriam aqueles em que a cobaia adquiriu a doença,
independentemente de se considerar que contrair câncer seja bom ou ruim. Ok?
Continuemos com a matéria.
2 Probabilidade condicional
Voltemos ao nosso dado de seis faces. É o mesmo dado honesto, de material
homogêneo. Só que agora vamos pintar as faces. As faces terão as seguintes cores:
Cor azul: faces 1 e 2.
Cor verde: faces 3, 4, 5 e 6.
Maria lançou esse nosso dado. João não viu o resultado e quer calcular qual a
probabilidade de ter saído um múltiplo de 3.
Pergunta: Qual a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3?
2
Resposta: .
6
É exatamente o mesmo problema visto anteriormente. Todas as faces têm a mesma
chance de sair. Os casos favoráveis são: 3 e 6. Os casos possíveis são: 1, 2, 3, 4, 5 e 6.
A probabilidade fica:
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P = casos _ favoráveis � P = 2 casos _ possíveis 6
Ok, agora vamos mudar um pouco o problema. Maria lançou esse nosso dado. João não
viu o resultado. Maria fala para João: “Saiu uma face de cor verde”.
Aí está a grande diferença: agora João sabe que saiu uma face verde. É uma informação
nova! Esta informação vai mudar completamente o cálculo. Isto porque já sabemos, com
certeza, que não saiu uma face azul.
Queremos calcular a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3 sabendo que a face que
saiu é verde. Esta questão pode ser enunciada como:
Qual a probabilidade do resultado do lançamento ser múltiplo de três dado que saiu uma
face verde?
Ou seja, a informação de que saiu uma face verde é dada, é sabida. É uma informação
conhecida e que deve ser usada.
Se fôssemos escrever os casos possíveis, teríamos:
Casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Observe que mudaram os casos possíveis. Isto porque sabemos que não é possível terem
saído os números 1 e 2. Temos certeza de que o resultado foi o de uma face verde.
Já os casos favoráveis são os mesmos. Continuamos interessados nas faces 3 e 6. E
estas duas faces podem ter saído, dado que ambas são da cor verde.
Casos favoráveis: 3,6.
Fazendo o cálculo, temos:
Número de casos possíveis: 4
Número de casos favoráveis: 2
E a probabilidade fica:
P = casos _ favoráveis � P = 2 casos _ possíveis 4
A probabilidade agora é de dois quartos. Note como uma informação nova alterou o
cálculo da probabilidade. Dizemos que a probabilidade é condicional porque teve uma
condição a ser obedecida. Não era simplesmente calcular a probabilidade de sair um
múltiplo de 3. Foi dada uma condição, uma informação nova. Justamente esta condição
alterou o cálculo da probabilidade.
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 6
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Agora vejamos alguns exercícios para aplicarmos o que acabamos de aprender.
EC 1
Técnico Administrativo – MPU – 2004/2 [ESAF]
Maria ganhou de João nove pulseiras, quatro delas de prata e cinco delas de ouro. Maria
ganhou de Pedro onze pulseiras, oito delas de prata e três delas de ouro. Maria guarda
todas essas pulseiras – e apenas essas – em sua pequena caixa de jóias. Uma noite,
arrumando-se apressadamente para ir ao cinema com João, Maria retira, ao acaso, uma
pulseira de sua pequena caixa de jóias. Ela vê, então, que retirou uma pulseira
de prata.
Levando em conta tais informações, a probabilidade de que a pulseira de prata que Maria
retirou seja uma das pulseiras que ganhou de João é igual a:
a) 1/3
b) 1/5
c) 9/20
d) 4/5
e) 3/5
Vamos dar nomes às pulseiras.
JP1, JP2, JP3, JP4 são as pulseiras dadas por João que são de prata.
JO1, JO2, JO3, JO4, JO5 são as pulseiras dadas por João que são de ouro.
PP1, PP2, PP3, PP4, PP5, PP6, PP7, PP8 são as pulseiras dadas por Pedro que são de
prata.
PO1, PO2, PO3 são as pulseiras dadas por Pedro que são de ouro.
Se não soubéssemos da informação de que a pulseira retirada é prata, teríamos os
seguintes casos possíveis:
Casos possíveis: JP1, JP2, JP3, JP4, JO1, JO2, JO3, JO4, JO5, PP1, PP2, PP3, PP4, PP5,
PP6, PP7, PP8, PO1, PO2, PO3.
Os casos favoráveis são aqueles em que estamos interessados. Estamos interessados nas
pulseiras que tenham sido presentes de João.
Casos favoráveis: JP1, JP2, JP3, JP4, JO1, JO2, JO3, JO4, JO5
Entretanto, uma informação nova foi dada (uma condição!). Sabemos que a pulseira
retirada é de prata. Logo, haverá mudanças nos casos possíveis e favoráveis. Temos
certeza de que não foi retirada uma pulseira de ouro. Assim, temos que excluí-las da
nossa lista:
Casos possíveis: JP1, JP2, JP3, JP4, JO1, JO2, JO3, JO4, JO5, PP1, PP2, PP3, PP4, PP5,
PP6, PP7, PP8, PO1, PO2, PO3.
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Casos favoráveis: JP1, JP2, JP3, JP4, JO1, JO2, JO3, JO4, JO5
Agora podemos prosseguir com nosso cálculo.
Número de casos favoráveis: 4
Número de casos possíveis: 12
E a probabilidade fica:
P = casos _ favoráveis � P = 4 casos _ possíveis 12
Simplificando:
P = 1
3
Resposta: A
EC 2
Analista de Planejamento e Orçamento – MPOG – 2005 [ESAF]
Há três moedas em um saco. Apenas uma delas é uma moeda normal, com “cara” em
uma face e “coroa” na outra. As demais são moedas defeituosas. Uma delas tem “cara”
em ambas as faces. A outra tem “coroa” em ambas as faces. Uma moeda é retirada do
saco, ao acaso, e é colocada sobre a mesa sem que se veja qual a face que ficou voltada
para baixo. Vê-se que a face voltada para cima é “cara”. Considerando todas estas
informações, a probabilidade de que a face voltada para baixo seja “coroa” é igual a:
a) 1/2
b) 1/3
c) 1/4
d) 2/3
e) 3/4
Vamos dar nomes às faces das moedas.
Moeda A (é a moeda com uma face cara e outra coroa):
Face cara → A_cara (moeda A, face cara).
Face coroa → A_coroa (moeda A, face coroa).
Moeda B (é a moeda com duas faces cara):
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 8
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Face cara → B_cara_1 (moeda B, primeira face cara).
Outra face cara → B_cara_2 (moeda B, segunda face cara).
Moeda C (é a moeda com duas faces coroa):
Face coroa → C_coroa_1 (moeda C, primeira face coroa).
Outra face coroa → C_coroa_2 (moeda C, segunda face coroa).
Como de costume, vamos “fazer de conta” que não sabemos nada sobre a face que ficou
para cima. Eu sei que talvez isso pareça meio perda de tempo. Mas faço questão de
manter o procedimento para deixar bem claro como a informação nova altera todo o
cálculo.
São seis casos possíveis (identificados com os números de 1 a 6 na tabela abaixo):
1 2 3 4 5 6
Face de cima A_cara A_coroa B_cara_1 B_cara_2 C_coroa_1 C_coroa_2
Face de baixo A_coroa A_cara B_cara_2 B_cara_1 C_coroa_2 C_coroa_1
Estamos interessados nos casos em que a face que ficou para baixo seja coroa. Assim,
nossos casos favoráveis seriam:
1 5 6
Face de cima A_cara C_coroa_1 C_coroa_2
Face de baixo A_coroa C_coroa_2 C_coroa_1
Entretanto, foi dada a informação de que a face que ficou para cima é cara. Com essa
informação nova (condição!), temos que alterar a nossa lista de casos possíveis e
favoráveis.
Casos possíveis:
1 2 3 4 5 6
Face de cima A_cara A_coroa B_cara_1 B_cara_2 C_coroa_1 C_coroa_2
Face de baixo A_coroa A_cara B_cara_2 B_cara_1 C_coroa_2 C_coroa_1
Casos favoráveis:
1 5 6
Face de cima A_cara C_coroa_1 C_coroa_2
Face de baixo A_coroa C_coroa_2 C_coroa_1
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 9
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Portanto, temos três casos possíveis. E temos um único caso favorável. A probabilidade
fica:
P = casos _ favoráveis � P = 1 casos _ possíveis 3
Reposta: B.
EC 3
Analista Administrativo – MPU – 2004 [ESAF]
Carlos diariamente almoça um prato de sopa no mesmo restaurante. A sopa é feita de
forma aleatória por um dos três cozinheiros que lá trabalham: 40% das vezes a sopa é
feita por João; 40% das vezes por José, e 20% das vezes por Maria. João salga demais a
sopa 10% das vezes, José o faz em 5% das vezes e Maria 20% das vezes. Como de
costume, um dia qualquer Carlos pede a sopa e, ao experimentá-la, verifica que está
salgada demais. A probabilidade de que essa sopa tenha sido feita por José é igual a
a) 0,15.
b) 0,25.
c) 0,30.
d) 0,20.
e) 0,40.
No início desta aula, comentei que nem sempre todos os casos tinham a mesma chance
de ocorrer. Vamos utilizar este exercício para visualizar esta questão. São três
cozinheiros que fazem a sopa. Se a chance de cada um deles fazer a sopa fosse igual,
teríamos:
Casos possíveis: José faz a sopa, João faz a sopa, Maria faz a sopa.
Casos favoráveis: José faz a sopa.
1
A probabilidade de José fazer a sopa seria de .
3
Mas a chance de cada um deles ter feito a sopa, num dado dia, não é igual. Maria faz
sopa menos vezes que João e José.
Neste tipo de questão, em que os casos não têm a mesma chance de acontecer, não
temos que nos preocupar muito. Isto porque o enunciado tem que dizer quais são as
chances de cada evento. Ora, se eles não são equiprováveis (ou seja, não têm a mesma
chance de acontecer), o enunciado tem que falar qual a probabilidade de cada um (ou
então dar todas as informações para que possamos calcular tais probabilidades). Se o
enunciado não desse nenhuma informação, nós teríamos que simplesmente adivinhar a
probabilidade de cada evento, algo absurdo.
Voltando à questão, podemos pensar que, a cada 100 dias em que o Carlos freqüente o
restaurante, temos que: em 40 dias a sopa é feita por João, em 40 dias a sopa é feita
por José, em 20 dias a sopa é feita por Maria.
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Para tornar o exemplo mais claro, vamos supor que o Carlos tenha freqüentado o tal
restaurante do dia 01/01/07 até o dia 10/04/07, totalizando os 100 dias. Daí, pegamos o
calendário e escolhemos um desses 100 dias aleatoriamente. A pergunta é: qual a
chance de, no dia escolhido, a sopa ter sido feita por José, sabendo que estava salgada?
Nestes 100 dias, vamos ver como cada cozinheiro se comporta.
João fez a sopa 40 vezes. Em 10% dessas 40 vezes, ele salgou demais a sopa.
José fez a sopa 40 vezes. Em 5% dessas 40 vezes, ele salgou demais a sopa.
Maria fez a sopa 20 vezes. Em 20% dessas 20 vezes, ela salgou demais a sopa.
Resumindo:
Em 36 dias o João fez uma sopa normal.
Em 4 dias o João fez uma sopa salgada.
Em 38 dias o José fez uma sopa normal
Em 2 dias o José fez uma sopa salgada.
Em 16 dias a Maria fez uma sopa normal
Em 4 dias a Maria fez uma sopa salgada.
Com este artifício, contornamos o problema citado no começo da resolução. Quando
listamos o que acontece em cada um dos cem dias, conseguimos levar em conta o fato
de Maria fazer sopa menos vezes que João e José.
Dentre os cem dias, selecionamos um ao acaso. Agora sim. Estamos focando nos dias,
não nos cozinheiros. Todos os cem dias são equiprováveis. Todos têm a mesma chance
de serem escolhidos.
Continuemos com a resolução do problema.
Se não soubéssemos que a sopa está salgada, teríamos:
Casos possíveis: 100 dias, assim discriminados:
36 dias o João fez uma sopa normal.
4 dias o João fez uma sopa salgada.
38 dias o José fez uma sopa normal
Em 2 dias o José fez uma sopa salgada.
Em 16 dias a Maria fez uma sopa normal
Em 4 dias a Maria fez uma sopa salgada.
Estamos interessados nos dias em que José faz a sopa. Estes dias são nossos casos
favoráveis.
Casos favoráveis: 40, assim discriminados:
38 dias em que o José fez uma sopa normal
2 dias em que o José fez uma sopa salgada.
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Contudo, temos a informação de que a sopa está salgada (condição!). Temos que rever
nossa lista de casos possíveis e favoráveis.
Casos possíveis: 10, assim discriminados:
36 dias o João fez uma sopa normal.
4 dias o João fez uma sopa salgada.
38 dias o José fez uma sopa normal
Em 2 dias o José fez uma sopa salgada.
Em 16 dias a Maria fez uma sopa normal
Em 4 dias a Maria fez uma sopa salgada.
Casos favoráveis: 2, assim discriminados:
38 dias em que o José fez uma sopa normal
2 dias em que o José fez uma sopa salgada
A probabilidade fica:
P = casos _ favoráveis � P = 2
= ,0 2
casos _ possíveis 10
Resposta: D
EC 4
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Numa cidade onde se publicam 2 jornais, A e B, sabe-se que entre n famílias: 160
assinam o jornal A; 35 assinam os dois jornais A e B; 201 não assinam B; e 155 assinam
apenas 1 jornal. O valor de ‘n’ e a probabilidade de uma família selecionada ao acaso,
dentre as n, assinar A dado que assina B, são dados respectivamente, por:
a) 180 e 160/266
b) 250 e 35/75
c) 266 e 7/12
d) 266 e 35/76
e) 266 e 35/266
Vamos representar graficamente o que ocorre na cidade.
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
famílias que
assinam A
famílias que assinam
B
Dentro do círculo azul vamos representar as famílias que assinam o jornal ‘A’. Dentro do
círculo vermelho, as famílias que assinam o jornal ‘B’. Fora dos dois círculos, as famílias
que não assinam nenhum dos dois jornais.
35 famílias assinam os dois jornais. Portanto, trinta e cinco famílias estão dentro dos dois
círculos, ao mesmo tempo.
famílias que
assinam A
35
famílias que assinam
B
160 assinam o jornal A. Já colocamos dentro do círculo azul 35 famílias. Para inteirar
160, faltam 125.
famílias que
assinam A
125 35
famílias que assinam
B
155 assinam apenas um jornal. Já sabemos que, destas, 125 assinam só o jornal ‘A’
(pois estão dentro do círculo azul e não estão dentro do círculo vermelho).
Logo, 30 assinam somente o jornal ‘B’.
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famílias que
assinam A
125 35 30
famílias que assinam
B
201 famílias não assinam ‘B’. Já sabemos que, destas, 125 assinam ‘A’. Para chegar em
201 faltam 76 famílias, que não assinam nenhum jornal.
famílias que assinam
famílias que B assinam A
125 35 30
76
Pronto. Completamos nosso quadro.
125 + 35 + 30 + 76 = 266
Na cidade há 266 famílias, assim distribuídas:
125 assinam apenas ‘A’
35 assinam ‘A’ e ‘B’
30 assinam apenas ‘B’
76 não assinam ‘A’ nem ‘B’
Estamos interessados nas famílias que assinam ‘A’. Os casos favoráveis são:
125 assinam apenas ‘A’
35 assinam ‘A’ e ‘B’
Acontece que não se quer apenas calcular a probabilidade da família escolhida ao acaso
assinar o jornal ‘A’. O que a questão pediu foi a probabilidade da família assinar ‘A’ dado
que assina ‘B’. Há uma condição a ser obedecida. A condição é a família assinar ‘B’.
Vamos rever nossos casos possíveis e favoráveis.
Ficamos com 65 casos possíveis:
125 assinam apenas ‘A’
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35 assinam ‘A’ e ‘B’
30 assinam apenas ‘B’
76 não assinam ‘A’ nem ‘B’
E ficamos com 35 casos favoráveis:
125 assinam apenas ‘A’
35 assinam ‘A’ e ‘B’
A probabilidade pedida fica:
P = 35 = 7 65 13
Resposta: C.
3 Fórmula da probabilidade condicional
Uma outra forma de resolver exercícios de probabilidade condicional é por meio de uma
fórmula.
Considere o lançamento de um dado. Antes de ver o resultado, queremos calcular a
probabilidade de ter saído um múltiplo de 3. Qual a probabilidade deste evento?
A probabilidade é de 2/6. Certo? Temos dois casos favoráveis (3 e 6) em seis casos
possíveis.
Vamos mudar um pouco o exemplo. O dado é lançado. Antes de vermos o resultado,
alguém nos informa: saiu um número maior que 4.
Pronto. Agora temos uma informação nova.
Queremos calcular a probabilidade de ter saído um múltiplo de 3 DADO que saiu um
número maior que 4. Temos uma informação nova, que devemos utilizar.
Agora a probabilidade muda. Temos apenas dois casos possíveis (5 e 6). E, dentre os
casos possíveis, apenas um nos é favorável (6). Neste segundo caso, a probabilidade é
igual a 1/2.
Se fôssemos resumir isto em uma fórmula, ficaria assim:
P( A | B) = P( A ∩ B)
P(B)
Nosso espaço amostral pode ser representado pelo seguinte conjunto:
{1, 2, 3, 4, 5, 6}
Temos dois eventos.
Se lançarmos o dado e obtivermos uma face múltipla de 3, temos o evento ‘A’. O evento
‘A’ é um subconjunto do espaço amostral.
A = {3, 6}
Se lançarmos o dado e obtivermos uma face maior que 4, temos o evento ‘B’.
B = {5, 6}.
A intersecção dos dois conjuntos acima é dada por:
A ∩ B = {6}
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O símbolo que parece um ‘U’ de cabeça pra baixo indica a intersecção. Neste exemplo,
está associado ao resultado do lançamento do dado que é, simultaneamente, maior que
4 e múltiplo de 3.
As probabilidades relacionadas são:
· P(
)A
é a probabilidade de o evento A ocorrer.
· P(B) é a probabilidade de o evento B ocorrer.
· P( A ∩ B) é a probabilidade de A e B ocorrerem simultaneamente. O símbolo que
parece um “U” de cabeça para baixo
indica intersecção. Ou seja, estamos
interessados nos casos em que os dois eventos ocorrem simultaneamente.
· P( A | B) é a probabilidade de o evento A ocorrer, DADO que o evento B ocorreu. É a
probabilidade de A, condicionada ao acontecimento de B.
No caso do lançamento do dado, ficamos com:
P(
)A
= 2 (casos favoráveis: 3, 6; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)
6
P(B) = 2 (casos favoráveis: 5, 6; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)
6
P( A ∩ B) = 1 (caso favorável: 6 – só o número 6 é, ao mesmo tempo, maior que 4 e
6
múltiplo de 3; casos possíveis: 1, 2, 3, 4, 5, 6)
Aplicando a fórmula:
P( A | B) = P( A ∩ B)
P(B)
P( A | B) = 1 ÷ 2 = 1
66 2
Portanto, a probabilidade de sair um múltiplo de 3 dado que saiu um número maior que 4
é de 50%.
Dizemos que o evento ‘A’ é independente do evento ‘B’ quando P( A | B) = P( )A
o fato de ‘B’ ter ocorrido não influi em nada na probabilidade de ‘A’.
Fórmula da probabilidade condicional:
P( A | B) = P( A ∩ B)
P(B)
. Ou seja,
Se A e B são independentes, então:
P( A | B) = P(
)A
e P(B |
)
A
= P(B)
É interessante observar que, a partir da fórmula da probabilidade condicional, podemos
chegar à fórmula da probabilidade da intersecção de dois eventos:
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P( A | B) = P( A ∩ B) � P( A ∩ B) = P( A | B) × P(B)
P(B)
Na situação de independência entre os eventos, chegamos ao seguinte:
P( A ∩ B) = P( A | B) × P(B)�
P( A | B) = P( )A � � P( A ∩ B) = P( )A �
× P(B)
Quando dois eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é igual ao
produto das probabilidades.
Probabilidade da intersecção de dois eventos:
P( A ∩ B) = P( A | B) × P(B)
Quando os eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é igual
ao produto das probabilidades. A fórmula se reduz a:
P( A ∩ B) = P( )A
× P(B)
EC 5
Analista CGU/2008 [ESAF]
A e B são eventos independentes se:
a) P( A ∩ B) = P( )A
b) P( A ∩ B) = P( )A
c) P( A ∩ B) = P( )A
d) P( A ∩ B) = P( )A
e) P( A ∩ B) = P( )A
+ P(B)
÷ P(B)
− P(B)
+ P(B )A
× P(B)
Aplicação direta da fórmula vista.
Resposta: E.
EC 6
Analista Previdenciário Pleno – Área Estatística – Paraná Previdência 2002 [CESPE]
Texto IV
Uma empresa adotou uma política de contratação de deficientes físicos. Para avaliar se
as deficiências afetam o desempenho desses empregados no trabalho, foi gerado o
seguinte quadro, a partir de uma avaliação dos 400 empregados dessa empresa.
Desempenho
Tipo de deficiência
Surdez Cegueira Outras Sem
deficiência
Total
Bom 35 40 2 123 200
Regular 5 20 18 157 200
Total 40 60 20 280 400
Com relação aos dados do texto IV, julgue os seguintes itens.
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1. Se um empregado for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser considerado como
tendo bom desempenho será igual a 0,50.
2. Se um empregado for escolhido ao acaso entre os empregados considerados como
tendo bom desempenho, a probabilidade de ele ser cego será de 0,20.
3. Considere A o evento “o empregado é surdo” e B o evento “o empregado tem
desempenho regular”. Se um empregado for escolhido ao acaso entre os 400 avaliados, a
probabilidade de ele ser surdo e ter sido avaliado como tendo desempenho regular, P(A
∩ B), será igual a P(A) × P(B) = 0,05.
4. Considere C o evento “o empregado é cego” e B o evento “o empregado tem
desempenho regular”. Se um empregado for escolhido ao acaso, a probabilidade
condicional será
P(B | C ) = P(B ∩ C ) = 0 1, .
P(B)
5. Considere B o evento “o empregado tem desempenho regular” e D o evento “o
empregado tem desempenho bom”. Os eventos B e D são independentes, pois
P(B ∩ D) = 0 .
Questão do Cespe.
Vamos ao primeiro item. Queremos a probabilidade de um empregado, escolhido ao
acaso, ter bom desempenho.
São 400 funcionários. Logo, são 400 casos possíveis. Todos eles são equiprováveis
(todos os funcionários têm a mesma chance de serem escolhidos).
Estamos interessados em um dos 200 empregados que têm bom desempenho. Portanto,
são 200 casos favoráveis.
A probabilidade fica:
P = casos _ favoraveis = 200 = 0 5, casos _ possiveis 400
O item está correto.
Segundo item.
A escolha vai se dar apenas entre os empregados com bom desempenho. São 200 casos
possíveis (há 200 empregados com bom desempenho).
Estamos interessados apenas nos empregados que têm bom desempenho e são cegos.
Nesta condição temos 40 funcionários. São 40 casos favoráveis.
A probabilidade fica:
P = casos _ favoraveis = 40 = ,0 2 casos _ possiveis 200
O item está certo.
Terceiro item.
Queremos a probabilidade da intersecção de dois eventos. Queremos que o empregado
seja, ao mesmo tempo, surdo e tenha desempenho regular. Estão nesta condição 5
empregados. São 5 casos favoráveis. Os casos possíveis são 400.
A probabilidade fica:
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P = casos _ favoraveis = 5 = 0 0125, . casos _ possiveis 400
O item está errado.
Quarto item.
Queremos a probabilidade de o evento B acontecer dado que ocorreu o evento C ocorreu.
Trata-se de cálculo de probabilidade condicional. Note que a fórmula dada pelo exercício
está errada. Já dava pra marcar errado de cara, sem fazer conta.
Podemos fazer o problema aplicando a fórmula ou não. Primeiro, sem utilizar a fórmula.
Queremos calcular a probabilidade de o funcionário ter desempenho regular.
Se não tivéssemos nenhuma informação, os casos possíveis seriam 400, assim
discriminados:
35 funcionários têm desempenho bom e são surdos
40 funcionários têm desempenho bom e são cegos
2 funcionários têm desempenho bom e têm outras deficiências
123 funcionários têm desempenho bom e não têm deficiência
5 funcionários têm desempenho regular e são surdos
20 funcionários têm desempenho regular e são cegos
18 funcionários têm desempenho regular e têm outras deficiências
157 funcionários têm desempenho regular e não têm deficiência
Estamos interessados nos empregados que têm desempenho regular. São 200 casos
favoráveis, assim discrimiandos:
5 funcionários têm desempenho regular e são surdos
20 funcionários têm desempenho regular e são cegos
18 funcionários têm desempenho regular e têm outras deficiências
157 funcionários têm desempenho regular e não têm deficiência
Só que temos uma condição. É dado que o empregado escolhido é cego. Nossos casos
possíveis passam a ser apenas 60, assim discriminados:
35 funcionários têm desempenho bom e são surdos
40 funcionários têm desempenho bom e são cegos
2 funcionários têm desempenho bom e têm outras deficiências
123 funcionários têm desempenho bom e não têm deficiência
5 funcionários têm desempenho regular e são surdos
20 funcionários têm desempenho regular e são cegos
18 funcionários têm desempenho regular e têm outras deficiências
157 funcionários têm desempenho regular e não
têm deficiência
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E os casos favoráveis ficam assim:
5 funcionários têm desempenho regular e são surdos
20 funcionários têm desempenho regular e são cegos
18 funcionários têm desempenho regular e têm outras deficiências
157 funcionários têm desempenho regular e não têm deficiência
A probabilidade fica:
P = 20 = ,0 ..333
60
O item está errado.
Para resolver esse item, também poderíamos utilizar a fórmula.
Primeiro calculamos a probabilidade de os eventos B e C ocorrerem simultaneamente.
Cegos com desempenho regular são apenas 20.
Portanto:
P(B ∩ C ) = 20 = 0 05,
400
A probabilidade de um cego ser escolhido é:
P(C ) = 60 = 0 15,
400
Portanto, a probabilidade de ser escolhido um empregado com desempenho regular,
dado que foi escolhido um cego, é de:
P(B | C ) = P(B ∩ C ) = 0 05, = ,0 ...333
P(C ) 0 15,
Item errado.
Quinto item.
Não há nenhum funcionário que tenha, ao mesmo tempo, um desempenho bom e um
desempenho regular. Portanto:
P(B ∩ D) = 0
A probabilidade de um funcionário escolhido aleatoriamente ter um desempenho regular
é:
P(B) = 200 = 0 5,
400
A probabilidade de um funcionário escolhido aleatoriamente ter um desempenho bom é:
P(D) = 200 = 0 5,
400
Concluímos que:
P(B ∩ D) ≠ P(B)P(D)
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Portanto, os dois eventos não são independentes. Item errado.
EC 7
Técnico administrativo – MPU/2004 [ESAF]
Carlos sabe que Ana e Beatriz estão viajando pela Europa. Com as informações que
dispõe, ele estima corretamente que a probabilidade de Ana estar hoje em Paris é 3/7,
que a probabilidade de Beatriz estar hoje em Paris é 2/7, e que a probabilidade de
ambas, Ana e Beatriz, estarem hoje em Paris é 1/7. Carlos, então, recebe um telefonema
de Ana informando que ela está hoje em Paris. Com a informação recebida pelo
telefonema de Ana, Carlos agora estima corretamente que a probabilidade de Beatriz
também estar hoje em Paris é igual a
a) 2/3
b) 1/7
c) 1/3.
d) 5/7
e) 4/7
Primeiro vamos resolver sem a fórmula.
Vamos imaginar a seguinte situação, bem esdrúxula.
Ana sempre vai a Paris na segunda, terça e quarta.
Beatriz sempre vai a Paris na quarta e quinta.
Carlos sabe dessas informações. Só que Carlos é concurseiro. Ficou tanto tempo
estudando para concurso, sem parar, que perdeu a noção do tempo e não sabe que dia é
hoje.
Para ele, a probabilidade de hoje ser segunda é de 1/7. E de ser terça também é 1/7.
Idem para qualquer outro dia da semana.
E mais.
A probabilidade de Ana estar hoje em Paris é de 3/7 (casos favoráveis: segunda, terça e
quarta).
A probabilidade de Beatriz estar hoje em Paris é de 2/7 (casos favoráveis: quarta e
quinta).
A probabilidade de ambas estarem hoje em Paris é de 1/7 (caso favorável: quarta)
Ana informa a Carlos: hoje estou em Paris.
Aí Carlos conclui: com certeza hoje só pode ser ou segunda, ou terça ou quarta.
Ou seja, agora temos três casos possíveis:
Segunda, terça, quarta.
E Carlos está interessado nos dias em que Beatriz também vai estar em Paris. Só tem
um caso favorável: quarta feira.
Caso favorável:
Quarta.
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Logo, a probabilidade de Beatriz estar em Paris, dado que Ana está em Paris, é:
P = 1
3
Resposta: C
Agora vamos usar a fórmula.
Seja “A” o evento que ocorre quando, escolhendo-se um dia da semana ao acaso, ele é
um dia em que Ana está em Paris.
Seja “B” o evento análogo, referente aos dias em que Beatriz está em Paris.
O exercício disse que:
P(
)A
= 3 / 7
P(B) = 2 / 7
P( A ∩ B) = 1 / 7
E foi pedido:
P(B )A = ?
Usando a fórmula:
P(B
)
A
= P(B ∩ )A = 1/ 7 = 1
P(
)A
3 / 7 3
4 Probabilidade da união de dois eventos
Nós até já vimos alguns exercícios em que calculamos a probabilidade da união de dois
eventos. Só que não usamos nenhuma fórmula. Lembram do exemplo do dado, lá do
começo da aula? Queríamos calcular a probabilidade de sair um múltiplo de 3. Pois bem,
seja ‘A’ o evento que ocorre quando, lançando um dado honesto, obtém-se uma face
múltipla de 3.
Sabemos que;
A= {3, 6}.
O espaço amostral é dado por:
{1, 2, 3, 4, 5, 6}
Na ocasião, para calcularmos a probabilidade de ‘A’, dividimos o número de elementos do
evento (=2) pelo número de elementos do espaço amostral (=6).
Haveria uma outra possibilidade de realizarmos este cálculo. Observe que o conjunto ‘A
ainda pode ser decomposto em mais conjuntos.
Seja ‘B’ o evento que ocorre quando, lançando o dado, obtém-se a face 3. Seja ‘C o
evento que ocorre quando se obtém a face ‘6’.
B = {3}
C = {6}
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Podemos dizer que:
A = B � C
O evento ‘A’ é igual à união entre os eventos ‘B e ‘C’. Ou seja, a probabilidade de sair um
múltiplo de 3 (=evento A) é equivalente à probabilidade da união dos eventos “sair 3” e
“sair 6”.
Assim, em vez de calcularmos diretamente a probabilidade do evento A, poderíamos ter
calculado as probabilidades de ‘B’ e ‘C’ e, em seguida, usando a probabilidade da união
de dois eventos, obtido a probabilidade de ‘A’.
Logo abaixo veremos que existe uma fórmula para o cálculo da união de dois eventos.
Nem sempre a gente precisa dela. Aliás, em grande parte dos exercícios, dá para ir bem
sem ela. Mas é bom saber que existe.
Antes de entrarmos na fórmula, alguns comentários. O evento ‘A’ pôde ser decomposto
em outros dois eventos (B e C). Já os eventos B e C não podem mais ser decompostos.
Cada um deles é formado por um único elemento. Dizemos que B e C são eventos
elementares.
EP 1
Uma escola de ensino fundamental oferece cursos de idiomas. São disponibilizados
cursos de inglês e espanhol. Os alunos podem optar por fazer nenhum, um ou os dois
cursos.
Atualmente temos a seguinte situação:
· 30 alunos fazem inglês.
· 20 alunos fazem inglês e espanhol.
· 35 alunos fazem espanhol.
· 25 alunos não fazem nem inglês nem espanhol.
Sorteamos um aluno dessa escola. Qual a probabilidade de o aluno sorteado cursar inglês
ou espanhol?
Sorteia-se aleatoriamente um aluno. Quando o aluno sorteado cursa inglês, temos o
evento ‘I’. Quando o aluno sorteado cursa espanhol, temos o evento ‘E’.
Queremos calcular a probabilidade do aluno fazer inglês ou espanhol. Ou seja, estamos
interessados naqueles alunos que fazem só inglês, que fazem só espanhol e que fazem
inglês e espanhol.
Estamos interessados na união dos eventos “E” e “I”.
P(E � I ) = ?
Esse símbolo que parece um “U” é o símbolo de união. Indica que estamos interessados
nos casos em que pelo menos um dos dois eventos ocorra. Neste exemplo, estamos
interessados nos alunos que fazem pelo menos um dos dois idiomas.
Vamos representar graficamente os alunos dessa escola.
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alunos
que
fazem ingles
10 20 15
alunos que fazem
espanhol
25
Dentro do círculo azul temos os trinta alunos que fazem inglês. Dez deles estão dentro do
circulo azul, mas não estão dentro do círculo vermelho.
Dentro do círculo vermelho temos os trinta e cinco que fazem espanhol. Quinze deles
estão dentro do círculo vermelho, mas não estão dentro do círculo azul.
Outros vinte estão nos dois círculos simultaneamente. São os que fazem inglês e
espanhol.
E os 25 que estão de fora dos dois círculos não fazem inglês nem espanhol.
Casos favoráveis são aqueles que estão em pelo menos um dos dois círculos. Ou seja,
são os alunos que fazem pelo menos um dos dois idiomas. São 45 casos favoráveis.
E casos possíveis são todos os alunos da escola. São 45, que fazem pelo menos um curso
de idioma, e mais 25, que não fazem nenhum curso de idioma, totalizando 70 alunos.
A probabilidade de o aluno ser sorteado fazer inglês ou espanhol é:
P(E � I ) = 45
70
Ok, agora vejamos a fórmula para calcular a probabilidade da união de dois eventos.
A probabilidade do aluno sorteado cursar inglês é:
P(I ) = 30
70
A probabilidade do aluno sorteado cursar espanhol é:
P(E) = 35
75
A probabilidade do aluno sorteado cursar inglês e espanhol, simultaneamente, é:
P(E ∩ I ) = 20
75
Para encontrar a probabilidade do aluno sorteado cursar inglês ou espanhol, precisamos
saber quantos são os casos favoráveis.
São 30 alunos que fazem inglês. São 35 que fazem espanhol. Portanto, para saber
quantos alunos fazem inglês ou espanhol, somamos esses dois valores.
Número de alunos que fazem inglês ou espanhol: 30 + 35 = 65
Só que tem um problema. Quando fazemos esta conta, estamos ignorando que há alunos
que fazem, ao mesmo tempo, inglês e espanhol. Esses alunos foram contados duas
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vezes. São 20 alunos que foram contados em duplicidade. Portanto, do total acima,
temos que tirar 20.
Número de alunos que fazem inglês ou espanhol: 30 + 35 – 20
Pronto. Achamos o total de casos favoráveis. Se dividirmos esse valor pelo total de casos
possíveis, achamos a probabilidade procurada.
P(E � I ) = 30 + 35 − 20 75
P(E � I ) = 30 + 35 − 20
75 75 75
P(E � I ) = P(E) + P(I ) − P(E ∩ I )
Resumindo, quando temos dois eventos quaisquer A e B, a probabilidade da união dos
dois eventos é:
P( A � B) = P( )A
+ P(B) − P( A ∩ B)
Quando ‘A’ e ‘B’ não têm elementos em comum, isto é, quando a intersecção entre
ambos é nula, dizemos que são eventos mutuamente excludentes.
Se os dois eventos forem mutuamente excludentes, temos:
P( A ∩ B) = 0
Neste caso, a probabilidade da união fica:
P( A � B) = P( )A
+ P(B)
Probabilidade da união de dois eventos A e B:
P( A � B) = P( )A
+ P(B) − P( A ∩ B)
Se A e B forem mutuamente excludentes, a fórmula se reduz a:
P( A � B) = P( )A
+ P(B)
EP 2
Calcule a probabilidade de, ao lançarmos um dado honesto, sair um número par.
Queremos calcular a probabilidade da união dos eventos “sair 2”, “sair 4” e “sair 6”.
Todos esses eventos são mutuamente exclusivos. Por quê?
Porque não tem como o lançamento de um dado resultar, simultaneamente, em 2 e 4, ou
em 2 e 6, ou em 4 e 6.
Nestes casos, a probabilidade da soma é igual à soma das probabilidades dos eventos.
P(sair _ par ) = P( )2
+ P( )4
+ P( )6
= 1/ 3 + 1 / 3 + 1/ 3 = 3 / 6 = %50
Outra forma de resolver é escrevendo os casos possíveis e os casos favoráveis.
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São 6 casos possíveis:
1, 2, 3, 4, 5, 6
São 3 casos favoráveis:
2, 4, 6
P = 3 / 6 = 50%
EP 3
No lançamento de dois dados honestos:
a) qual a probabilidade de sair um número par no primeiro dado e de sair o número 5 no
segundo?
b) qual a probabilidade de sair um número par no primeiro dado ou sair o número 5 no
segundo dado?
Agora temos lançamentos de dois dados. O espaço amostral, que é o conjunto de todos
os resultados possíveis, fica:
{(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,1),
(3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6), (5,1), (5,2), (5,3),
(5,4), (5,5), (5,6), (6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)}
Seja ‘A’ o evento “sair número par no primeiro dado”. Seja
‘B’ o evento “sair o número 5 no segundo dado”. Vamos
escrever os dois eventos:
A = {(2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6), (6,1),
(6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)}
B = {(1,5), (2,5), (3,5), (4,5), (5,5), (6,5)}
‘A’ tem 18 elementos. ‘B’ tem 6 elementos. O espaço amostral tem 36 elementos.
P(
)A
= 18 / 36
P(B) = 6 / 36
Letra a).
Queremos que os dois eventos ocorram simultaneamente. Estamos interessados na
intersecção dos eventos ‘A’ e ‘B’.
A intersecção de ‘A’ e ‘B’ tem 3 elementos:
A ∩ B = {( ,2
),5
( ,4
),5
( ,6 )}5
A probabilidade da interseção fica:
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P( A ∩ B) = 3 / 36
Interessante observar que o resultado do lançamento de um dado em nada influi no
resultado do outro dado. Os resultados dos dois lançamentos são independentes. Os
eventos ‘A’ e ‘B’ são independentes.
Note que:
P( A ∩ B) = P( )A
× P(B)
Letra b)
A união entre os dois eventos é dada por:
A � B = {(2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6),
(6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6), (1,5), (3,5), (5,5)}
A união tem 21 elementos.
P( A � B) = 21 / 36 = 7 / 12
Outra forma de resolução seria usar a fórmula da união.
P( A � B) = P( )A
+ P(B) − P( A ∩ B)
P( A � B) = 18 + 6 − 3 = 21 = 7 36 36 36 36 12
EC 8
Fiscal do Trabalho/98 [ESAF]
De um grupo de 200 estudantes, 80 estão matriculados em francês, 110 em inglês e 40
não estão matriculados nem em inglês nem em francês. Seleciona-se, ao acaso, um dos
200 estudantes. A probabilidade de que o estudante selecionado esteja matriculado em
pelo menos uma dessas disciplinas (isto é, em inglês ou em francês) é igual a:
a) 30/200
b) 130/200
c) 150/200
d) 160/200
e) 190/200
São 200 estudantes. Há 200 estudantes que podem ser escolhidos. São 200 casos
favoráveis.
40 não fazem nem inglês nem francês.
Sobram 160, que fazem pelo menos uma das duas disciplinas. Estamos interessados
nesses estudantes. São 160 casos favoráveis.
Portanto, a probabilidade de o estudante selecionado cursar pelo menos uma das
disciplinas é:
P = 160 200
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Resposta: D.
Vamos aproveitar o exercício para verificar a fórmula vista para a probabilidade da união
de dois conjuntos.
São 160 estudantes que fazem inglês ou francês.
110 fazem inglês e 80 fazem francês.
Somando esses dois valores, temos:
110+80=190
Ocorre que não temos 190 que fazem inglês ou francês. São
só 160. Porque a soma
acima deu maior que 160? Porque estamos contando em duplicidade os estudantes que
fazem, ao mesmo tempo, francês e inglês.
190 − 30 = 160
Precisamos retirar 30 estudantes para chegar nos 160.
Portanto, 30 estudantes fazem francês e inglês.
Resumindo, temos:
· 80 estudantes fazem só inglês
· 50 estudantes fazem só francês
· 30 fazem francês e inglês
· 40 não fazem nem francês nem inglês
Sorteando-se um estudante ao acaso, ocorrerá o evento ‘I’ se este estudante cursar
inglês. Ocorrerá o evento ‘F’ se este estudante cursar francês.
Como são 200 estudantes ao todo, as probabilidades ficam:
P(I ) = 110
200
P(F ) = 80
200
P(I ∩ F ) = 30
200
P(I � F ) = 160
200
Note que:
P(I � F ) = P(I ) + P(F ) − P(I ∩ F )
Precisou da fórmula para resolver o exercício? Não, não precisou. Dava para resolver sem
utilizá-la.
EC 9
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
A tabela fornece informações sobre o tipo de câncer e a idade de 500 pacientes que
sofrem desta doença, internados num determinado hospital especializado na doença.
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Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
Outros Total
[0;10) 0 6 60 66
[10;30) 30 9 25 64
[30;50) 100 75 55 230
[50;70) 70 60 10 140
Total 200 150 150 500
Ao selecionar aleatoriamente um paciente, dentre esses 500, a probabilidade dele ter
câncer pulmonar ou estomacal, dado que tem idade inferior a 30 anos, é:
a) 16/125
b) 9/26
c) 39/64
d) 13/50
e) 32/65
Temos 500 possíveis pacientes. São 500 casos possíveis, assim discriminados:
Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
Outros
[0;10) 0 6 60
[10;30) 30 9 25
[30;50) 100 75 55
[50;70) 70 60 10
Estamos interessados nos pacientes que têm câncer de pulmão ou estomacal. São 350
casos favoráveis, assim discriminados:
Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
[0;10) 0 6
[10;30) 30 9
[30;50) 100 75
[50;70) 70 60
Foi dada uma condição. O paciente tem menos de 30 anos. Temos que rever nossos
casos possíveis e favoráveis.
Ficamos com 130 casos possíveis:
Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
Outros
[0;10) 0 6 60
[10;30) 30 9 25
[30;50) 100 75 55
[50;70) 70 60 10
Ficamos com 45 casos favoráveis:
Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
[0;10) 0 6
[10;30) 30 9
[30;50) 100 75
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Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
[50;70) 70 60
A probabilidade do paciente ter câncer estomacal ou de pulmão, dado que tem menos de
trinta anos, é:
P = 45 = 9 130 26
Resposta: B.
Novamente tivemos um exercício de união de dois eventos em que não foi preciso usar a
fórmula.
EC 10
Técnico de informática – MPU/2004 [ESAF]
Quando Lígia pára em um posto de gasolina, a probabilidade de ela pedir para verificar o
nível de óleo é 0,28; a probabilidade de ela pedir para verificar a pressão dos pneus é
0,11 e a probabilidade de ela pedir para verificar ambos, óleo e pneus, é 0,04.Portanto, a
probabilidade de Lígia parar em um posto de gasolina e não pedir nem para verificar o
nível de óleo e nem para verificar a pressão dos pneus é igual a
a) 0,25
b) 0,35
c) 0,45
d) 0,15
e) 0,65.
Primeiro vamos usar a fórmula.
Vamos calcular a probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois (óleo/pneu).
Dizendo de outra forma: vamos calcular a probabilidade de Lígia verificar o óleo ou o
pneu.
Lígia vai ao posto de gasolina em diversos dias. Selecionando-se ao acaso um desses
dias, ocorre o evento ‘A’ quando, no dia escolhido, ela verifica o óleo. Ocorre o evento ‘B’
quando, no dia sorteado, ela verifica o pneu.
Temos:
P( A � B) = P( )A
+ P(B) − P( A ∩ B)
O enunciado disse que:
P(
)A
= ,0 28
P(B) = 0 11,
P( A ∩ B) = 0 04,
Portanto:
P( A � B) = P( )A
+ P(B) − P( A ∩ B)
P( A � B) = ,0 28 + 0
11,
− 0
04,
= 0 35,
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A probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois (óleo ou pneu) é de 35%.
Concluímos que a probabilidade de ela não verificar nenhum dos dois é:
P = 1 − 0
35,
= %65
Resposta: E.
Outra resolução, agora sem fórmula.
Lígia foi ao posto durante 100 dias.
Em 28 ela chegou o óleo. Em 11 ela checou os pneus. Em 4 ela checou os dois juntos.
Vamos representar graficamente o que ocorreu.
Em 4 dias, Lígia verifica o pneu e o óleo.
dias em que
verificou óleo dias em que
verificou pneu
4
Em 28 dias ela verifica o óleo. Já assinalamos 4 desses 28 dias. Faltam 24.
dias em que
verificou óleo dias em que
verificou pneu
24 4
Em 11 dias ela verifica os pneus. Já assinalamos 4 desses 11 dias. Faltam 7.
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dias em que
verificou óleo dias em que
verificou pneu
24 4 7
Ao todo são 100 dias. Já assinalamos 35. Faltam 65, em que Lígia não verifica nem
pneus nem óleo.
dias em que
verificou óleo dias em que
verificou pneu
24 4 7
65
Em 65 dos 100 dias ela não verifica nem pneus nem óleo. A probabilidade procurada,
portanto, é de 65%.
EC 11
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Sejam A e B dois eventos associados a um experimento. Supondo que
P(
)A
= ,0 4 e
P( A � B) = 0 7, e P(B) = p . Os valores de p que fazem com que A e B sejam
mutuamente exclusivos e A e B sejam independentes são, respectivamente,
a) 0,3 e 0,5 b) 0,4 e 0,2 c) 0,5 e 0,2 d) 0,6 e 0,2 e) 0,3 e 0,4
Para que A e B sejam mutuamente exclusivos, temos a seguinte condição:
P( A � B) = P( )A
+ P(B)
Substituindo os valores:
0 7,
= ,0 4 + p � p = 0 3,
Para que A e B sejam independentes, temos a seguinte condição:
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P( A ∩ B) = P( )A
× P(B)
Sabendo disso, vamos partir da probabilidade da união de A e B.
P( A � B) = P( )A
+ P(B) − P( A � B)
P( A � B) = P( )A
+ P(B) − P( )A
× P(B)
Substituindo os valores:
0 7,
= ,0 4 + p − ,0 4 × p �
0 6,
× p = 0 3,
� p =
0 5,
Resposta: A
EP 4
Maria tem dois filhos (Otávio e Pedro) e duas filhas (Quênia e Renata). Hoje ela vai fazer
compras e vai escolher, aleatoriamente, duas crianças para lhe acompanharem. Ela não
pode levar todas, senão elas fazem muita bagunça. Acontece que todas elas adoram ir ao
supermercado, pois podem escolher qual chocolate comprar.
Maria, de forma bem democrática, escreve o nome de todos eles em pedaços de papel.
Coloca numa caixa e sorteia a primeira criança. Depois disso, sorteia a segunda. Qual a
probabilidade de Maria escolher duas crianças do mesmo sexo?
Vamos representar as crianças pelas iniciais de seus nomes (O, P, Q, R).
O espaço amostral, conjunto de todas as possibilidades, é dado por:
{(P,O), (P, Q), (P,R), (O,P), (O,Q), (O,R), (Q,P), (Q,O), (Q,R), (R,P), (R,O), (R,Q)}
Seja ‘A’ o evento que ocorre quando Maria escolhe duas crianças do mesmo sexo.
A = {(O,P), (P,O), (Q,R), (R,Q)}
O espaço amostral tem 12 elementos. O evento tem 4 elementos. A probabilidade fica:
P(
)A
= 4 / 12 = 1/ 3
Resolvemos o exercício sem utilizar fórmulas. Isto foi relativamente fácil, pois foi bem
rápido listar todos os casos possíveis (espaço amostral), bem como os casos favoráveis
(elementos do evento A).
Quando o número de casos possíveis e favoráveis cresce muito (ou seja, quando os
números de elementos do espaço amostral e do evento são grandes), é complicado listar
todos eles.
Para evitar esse tipo de problema, existem alguns conceitos, muito úteis, de análise
combinatória. Em concursos, esta matéria é mais cobrada em raciocínio lógico. Aqui,
neste curso de estatística, veremos apenas algumas noções (a partir da página 53).
Vamos, agora, a uma segunda resolução, utilizando fórmulas.
Seja ‘B’ o evento que ocorre quando as duas crianças selecionadas são do sexo maculino.
Seja ‘C’ o evento que ocorre quando as duas crianças selecionadas são do sexo feminino.
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O evento ‘A’ pode ser decomposto na união dos eventos ‘B’ e ‘C’.
Os eventos B e C são mutuamente exclusivos. Não é possível escolher dois meninos que
também sejam meninas. Deste modo, a probabilidade da união dos eventos B e C é igual
à soma das probabilidades.
P(
)A
= P(B � C ) = P(B) + P(C )
Os eventos B e C podem ser decompostos ainda mais.
Vamos calcular a probabilidade de B. Seja ‘b1’ o evento que ocorre quando a primeira
criança sorteada é um menino. Seja ‘b2’ o evento que ocorre quando a segunda criança
sorteada é um menino.
O evento B (escolher dois meninos) é a intersecção dos eventos b1 e b2. Queremos que
seja escolhido um menino no primeiro sorteio e, além disso, outro menino no segundo
sorteio.
B = 1b
∩ b2
P(B) = P( 1b
∩ b )2
Mas nós vimos, lá em probabilidade condicional, a fórmula da probabilidade da
intersecção de dois eventos.
P( 1b
∩ b2) = P(b )1 × P(b2 b )1
Vamos calcular a probabilidade de ter saído um menino no primeiro sorteio. Ou seja,
vamos calcular a probabilidade do evento b1.
No primeiro sorteio, temos dois meninos e duas meninas. São 4 crianças. São 4 casos
possíveis. E temos dois casos favoráveis (são dois meninos).
P(b )1
= 2 = 1 4 2
Agora vamos calcular a probabilidade de, no segundo sorteio, ser sorteado um menino,
DADO que no primeiro sorteio já foi sorteado um menino. Ou seja, vamos calcular a
probabilidade do evento b2, dado que ocorreu b1.
Temos 3 casos possíveis, pois restaram 3 crianças (uma já foi sorteada).
Temos 1 caso favorável. Só resta um menino (o outro já foi sorteado).
P(b2 b )1
= 1/ 3
Logo:
P( 1b
∩ b )2
= P(b )1 × P(b2 b
)1
= 1 × 1 = 1
32 6
Portanto:
P(B) = P( 1b
P(B) = 1
6
∩ b )2
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Analogamente, a probabilidade de C (sortear duas meninas) também é 1/6.
P(C ) = 1
6
E a probabilidade do evento “A” fica:
P(
)A
P(
)A
= P(B � C ) = P(B) + P(C )
= 1 + 1 = 1
66 3
5 Probabilidade do evento complementar
Quando temos um experimento, dizemos que o conjunto de todos os resultados possível é
o espaço amostral.
Por exemplo, o lançamento de um dado pode resultar em 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.
O espaço amostral é:
{1, 2, 3, 4, 5, 6}
Outro exemplo. Temos um tetraedro com faces 1, 2, 3, 4. Lançamo-lo duas vezes. O
espaço amostral é:
{(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (4,1),
(4,2), (4,3), (4,4)}
Dizemos que dois eventos são complementares quando, simultaneamente, temos:
· a união dos dois eventos resulta no espaço amostral
· os dois eventos são mutuamente excludentes (eles não têm elementos em comum; a
intersecção entre ambos é vazia)
Ou seja, qualquer resultado possível estará contido em dos dois eventos. Os dois
eventos, juntos, conseguem englobar todos os resultados possíveis. E mais que isso: não
há nenhum resultado que satisfaça, simultaneamente, aos dois eventos.
Com alguns exemplos fica mais fácil.
Novamente, considere o resultado do lançamento de um dado.
Seja ‘A’ o evento “sair número par”. Seja ‘B’ o evento “sair número ímpar”.
Os eventos ‘A’ e ‘B’, unidos, englobam todas as possibilidades. Não tem como lançar um
dado e dar um resultado que não seja um número par e não seja um número ímpar.
Além disso, não há intersecção entre os dois eventos. Não tem nenhum resultado de um
dado que seja, ao mesmo tempo, par e ímpar.
Dizemos que os eventos ‘A’ e ‘B’ são complementares.
Ainda em relação ao lançamento do dado.
Seja ‘C’ o evento “sair um número maior ou igual a 4”. Seja ‘D’ o evento “sair um
número menor que 4”.
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Esses dois eventos, unidos, englobam todos casos possíveis. Não dá para lançar um dado e
obter um resultado que não seja maior ou igual a 4 nem menor que 4.
Além disso, não há nenhum resultado que pertença ao mesmo tempo aos dois eventos.
Os eventos ‘C’ e ‘D’ são complementares.
Continuemos com o lançamento do dado.
Seja ‘E’ o evento “sair um número menor que 5”. Seja ‘F’ o evento “sair um número
maior que 3”.
Os dois eventos, juntos, englobam todos os casos possíveis.
Mas os dois eventos não são complementares. Existe um resultado que pertence aos dois
eventos. O resultado “4” é maior que 3 e também é menor que 5.
Ainda em relação ao lançamento do dado.
Seja ‘G’ o evento “sair um número menor que 4”. Seja ‘H’ o evento “sair um número
maior que 4”.
‘G’ e ‘H’ não têm elementos em comum. Só que não englobam todos os casos possíveis.
O resultado 4 não é nem menor que 4 nem maior que 4. Este resultado não está
contemplado em nenhum dos dois eventos. ‘G’ e ‘H’ não são complementares.
Geralmente o evento complementar é indicado por uma barra.
Continuemos com o lançamento do dado. Seja Z o evento “sair um múltiplo de 3”. O
evento complementar de Z é indicado por: Z
Z é o evento “não sair um múltiplo de 3”.
Note que Z e Z , juntos, englobam todos os casos. Além disso, não têm elementos em
comum. São eventos complementares.
Agora vem o que interessa pra gente. Sejam A e A dois eventos complementares. Vamos
calcular a probabilidade da união desses dois eventos. Usando a fórmula da
probabilidade da união, temos:
P( A �
)
A
= P(
)A
+ P(
)A
− P( A ∩ )A
Mas nós vimos que a intersecção entre eventos complementares é vazia. Sua
probabilidade é nula.
P( A �
)
A
P( A �
)
A
= P(
)A
= P(
)A
+ P( )A − 0
+ P( )A
E nós vimos também que a união entre eventos complementares é justamente o espaço
amostral. A probabilidade de ocorrer o espaço amostral é sempre igual a 1.
Ficou em dúvida?
Considere o lançamento do dado.
O espaço amostral é o conjunto de todos os resultados possíveis = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 36
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Considere o evento que ocorre quando lançamos o dado e sai um número de 1 a 6. Qual
a probabilidade deste evento? É de 100%. Com certeza, quando lançarmos o dado, vai
sair um número de 1 a 6. Isto porque esse evento é simplesmente igual ao espaço
amostral. A probabilidade de ocorrer o espaço amostral é de 100%.
P( A �
)
A
1 = P(
)A
= P(
)A
+ P( )A
+ P( )A
E é esse resultado que nos interessa.
Probabilidade do evento complementar: Sejam
A e A dois eventos complementares. Então:
1 = P(
)A
+ P( )A
A probabilidade do evento complementar é algo até bem intuitivo. Nós até já a usamos
nesta aula, sem comentar. Foi lá no EC 10 (fl. 29).
Sugiro que vocês parem a leitura da aula e dêem uma revisada lá naquele exercício. Era
uma questão de Técnico do MPU, em que Lígia ia ao posto e poderia verificar o óleo e o
pneu.
Naquela ocasião, encontramos a probabilidade de Lígia verificar pelo menos um dos dois
(óleo/pneu). A probabilidade foi de 35%.
Com isso, concluímos que a probabilidade de ela não verificar nenhum dos dois era de
65%.
Ora, ou Lígia verifica alguma coisa (pneu, óleo ou ambos, pneu e óleo) ou não verifica
nada. Não tem outra possibilidade. Portanto, se há 35% de chance de ela verificar
alguma coisa, então há 65% de chance de ela não verificar nada.
São dois eventos complementares. Somando os dois, tem que dar 100%.
Existem alguns tipos de problema em que a probabilidade pedida é muito difícil de ser
calculada. Nesses casos, desconfie. Às vezes é mais fácil calcular a probabilidade do
evento complementar, o que nos ajuda a resolver a questão.
Vejamos alguns exercícios.
EP 5
Lançamos um dado seis vezes. Qual a probabilidade de sair pelo menos uma vez o
número 5?
Seja A o evento que ocorre quando, em pelo menos um dos 6 lançamentos, temos o
resultado 5.
Uma primeira forma de resolução seria listar todos os casos possíveis e todos os casos
favoráveis.
Casos possíveis:
1; 1; 1; 1; 1; 1
1; 1; 1; 1; 1; 2
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1; 1; 1; 1; 1; 3
[...]
E a lista continuaria com inúmeras linhas. Ficar listando todos os casos possíveis não dá.
Poderíamos tentar resolver considerando que o evento ‘A’ é, na verdade, uma união de
vários eventos.
Precisaríamos calcular a probabilidade de:
· Sair o número 5 exatamente 1 vez
· Sair o número 5 exatamente 2 vezes
· Sair o número 5 exatamente 3 vezes
· Sair o número 5 exatamente 4 vezes
· Sair o número 5 exatamente 5 vezes
· Sair o número 5 exatamente 6 vezes
Depois fazemos a união de todos esses eventos. A probabilidade da união de todos esses
eventos é o resultado procurado.
Só que isso dá um trabalhão. Só para que fique claro como os eventos acima são difíceis
de lidar, tomemos o segundo deles. Trata-se do evento que ocorre quando, lançando o
dado seis vezes, obtém-se o resultado 5 exatamente duas vezes. Para calcular a
probabilidade relacionada, teríamos que dividir este evento em diversos outros eventos:
· Sair o número 5 apenas no primeiro e no segundo lançamento;
· Sair o número 5 apenas no primeiro e no terceiro lançamento;
· Sair o número 5 apenas no primeiro e no quarto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no primeiro e no quinto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no primeiro e no sexto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no segundo e no terceiro lançamento;
· Sair o número 5 apenas no segundo e no quarto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no segundo e no quinto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no segundo e no sexto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no terceiro e no quarto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no terceiro e no quinto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no terceiro e no sexto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no quarto e no quinto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no quarto e no sexto lançamento;
· Sair o número 5 apenas no quinto e no sexto lançamento.
Depois, teríamos que fazer um procedimento análogo para todos os outros eventos (sair
5 exatamente 1 vez; sair 5 exatamente três vezes; etc).
Vamos procurar outra saída.
O evento pedido no enunciado foi “sair 5 pelo menos 1 vez”.
Qual seu evento complementar?
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Seu evento complementar é “não sair 5 nenhuma vez”. Vamos chamá-lo de A
Ah, para esse evento complementar é bem mais fácil de calcularmos a probabilidade.
Ele é a intersecção dos seguintes eventos:
· Não sai 5 no primeiro lançamento
· Não sai 5 no segundo lançamento
· Não sai 5 no terceiro lançamento
· Não sai 5 no quarto lançamento
· Não sai 5 no quinto lançamento
· Não sai 5 no sexto lançamento
Todos os eventos acima têm probabilidade de 5/6. E todos eles são independentes. Isto
porque o resultado de um lançamento não interfere em nada no resultado de qualquer
outro lançamento. Vimos que, quando os eventos são independentes, a probabilidade da
intersecção é igual ao produto das probabilidades.
Ficamos com:
P(
)A
6
= 5 × 5 × 5 × 5 × 5 × 5 = � 5 �
� �
6 6 6 6 6 6
Portanto:
� 6 �
P(
)A
6
= 1 − � 5 �
� �
� 6 �
A utilização do evento complementar facilitou muito as contas.
O enunciado típico de utilização do evento complementar geralmente contém expressões
como: “calcule a probabilidade de tal resultado ocorrer pelo menos uma vez.”
Sempre que você se deparar com algo semelhante, lembre-se de verificar se a utilização
do evento complementar facilita o cálculo.
EC 12
Analista BACEN/2006 – Área 5 [FCC]
A probabilidade de um associado de um clube pagar a sua mensalidade com atraso é de
5%. Entre 5 associados escolhidos aleatoriamente, a probabilidade de pelo menos 1
pagar a sua mensalidade sem atraso é:
a) 1 – 0,955
b) 0,955
c) 4,75 . 0,955
d) 5 . 0,955
e) 1- 0,055
Seja A o evento “pelo menos 1 associado atrasa o pagamento”. Queremos calcular a
probabilidade de A . Podemos imaginar que o evento A é uma união de vários eventos:
exatamente 1 associado paga a mensalidade com atraso; exatamente 2 associados
pagam suas mensalidades com atraso; exatamente 3 associados pagam suas
mensalidades com atraso; exatamente 4 associados pagam suas mensalidades com
atraso; exatamente 5 associados pagam suas mensalidades com atraso.
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VÍTOR MENEZES
É evento demais (com contas nada simples) pra gente levar em conta.
Qual o evento complementar de A ? É o evento “nenhum associado atrasa o
pagamento”. Vamos chamá-lo de evento A . Esse evento A é uma intersecção de vários
eventos. Ele corresponde aos seguintes eventos, quando ocorrem simultaneamente:
· O primeiro associado não atrasa o pagamento (evento E1)
· O segundo associado não atrasa o pagamento (evento E2)
· O terceiro associado não atrasa o pagamento (evento E3)
· O quarto associado não atrasa o pagamento (evento E4)
· O quinto associado não atrasa o pagamento (evento E5)
Todos esses eventos tem probabilidade de 5%.
Vamos considerar que todos esses eventos sejam independentes. Ou seja, a
probabilidade da intersecção é o produto das probabilidades.
Ficamos com:
P(
1E
∩ E 2 ∩ E3 ∩ E 4 ∩ E )5
= P(E )1 × P(E
)2
× P(E )3
× P(E )4
× P(E )5
P(
1E
∩ E 2 ∩ E3 ∩ E 4 ∩ E )5
= 0
05,
× 0
05,
× 0
05,
× 0
05,
× 0
05,
= 0 05, 5
Assim, a probabilidade de nenhum associado atrasar é de 0,055. Portanto, a
probabilidade de pelo menos um associado atrasar é:
1 − 0 05, 5
Resposta: E
EC 13
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
A resistência (em toneladas) de vigas de concreto produzidas por uma empresa,
comporta-se conforme a função de probabilidade abaixo:
Resistência (toneladas) 2 3 4 5 6
Probabilidade 0,1 0,1 0,4 0,2 0,2
Admite-se que essas vigas são aprovadas para uso em construções se suportam pelo
menos 4 toneladas. De um grande lote de vigas fabricado pela empresa escolhemos ao
acaso 4 vigas.
A probabilidade de pelo menos uma ser apta para construções é:
a) 0,0016
b) 0,1036
c) 0,8800
d) 0,9984
e) 0,9990
Seja A o evento “pelo menos uma viga é apta”. Como de costume vejamos o evento
complementar ( A ), qual seja, “nenhuma viga é apta”.
Esse evento complementar é uma intersecção dos seguintes eventos, que devem ocorrer
simultaneamente:
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
· E1 - A primeira viga escolhida não é apta
· E2 - A segunda viga escolhida não é apta
· E3 - A terceira viga escolhida não é apta
· E4 - A quarta viga escolhida não é apta
A =
1
E
∩ E 2 ∩ E3 ∩ E 4
Para uma viga não ser apta, ela deve apresentar resistência de 2 ou 3 toneladas. A
probabilidade de uma viga não ser apta é de 20% (=0,1 + 0,1).
Desse modo, todos os 4 eventos têm probabilidade de 20%. E todos eles são
independentes.
Assim, a probabilidade da intersecção se reduz a um produto das probabilidades.
P(
1E
∩ E 2 ∩ E3 ∩ E )4
= P(E )1 × P(E
)2
× P(E )3
× P(E )4
P(
1E
∩ E 2 ∩ E3 ∩ E )4
= ,0 2 × ,0 2 × ,0 2 × ,0 2 = ,0 2 4
Portanto:
P(
)A
= ,0 2 4
E a probabilidade de A fica:
P(
)A
= 1 − ,0 2 4 = 1 − 0
0016,
= 0 9984,
Resposta: D.
EC 14
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
Sabe-se que 3/5 dos pacientes submetidos a uma determinada cirurgia sobrevivem. Se 4
pacientes realizarem a cirurgia, a probabilidade de que pelo menos um não sobreviva é
de:
a)609/625
b)544/625
c)96/625
d)24/625
e)16/625
Seja A o evento “pelo menos um paciente não sobrevive” (o que equivale a dizer que
“pelo menos um paciente morre”). Seja A o evento complementar, ou seja “todos os
pacientes sobrevivem”. O evento complementar é uma intersecção de 4 eventos:
· E1 – o primeiro paciente sobrevive
· E2 – o segundo paciente sobrevive
· E3 – o terceiro paciente sobrevive
· E4 – o quarto paciente sobrevive
Todos esses eventos têm probabilidade de 3/5. E todos eles são independentes. Assim, a
probabilidade da intersecção se resume ao produto das probabilidades
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
A =
1
E
∩ E 2 ∩ E3 ∩ E 4
P(
1E
∩ E 2 ∩ E3 ∩ E )4
= P(E )1 × P(E
)2
× P(E )3
× P(E )4
P(
1E
∩ E 2 ∩ E3 ∩ E )4
= 0 6,
× 0 6,
× 0 6,
× 0 6,
= 0 6, 4
Ou seja:
P(
)A
= 0 6,
=4 1 296. 10 000.
E a probabilidade de A fica:
P(
)A
= 1 −
1 296. =
8 704. = 544
10
000.
Resposta: B.
10
000.
625
EC 15
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
Um lote contém 20 peças das quais 5 são defeituosas. Colhendo-se uma amostra de 2
peças, ao acaso e sem reposição deste lote, a probabilidade de se obter pelo menos uma
pela defeituosa é:
a) 21/38
b) 19/38
c) 17/38
d) 15/38
e) 13/38
Vamos chamar de A o evento “escolher pelo menos uma peça defeituosa”. Vamos
chamar de A o evento complementar. O evento complementar seria “não escolher
nenhuma peça defeituosa”.
Considerem os seguintes eventos:
· E1 – a primeira peça escolhida não é defeituosa
· E2 – a segunda peça escolhida não é defeituosa
O evento A é a intersecção desses dois eventos acima. Para que A ocorra, ambos
devem ocorrer simultaneamente.
A =
1
E
∩ E 2
Queremos achar a probabilidade da intersecção.
Mas, agora, diferentemente dos exercícios anteriores, esses eventos não são mais
independentes. A probabilidade da intersecção não é mais o produto das probabilidades.
Na hora de escolhermos a primeira peça, a probabilidade de ela não ser defeituosa é de
15/20. Temos 15 peças a nosso favor em 20 possíveis.
Na hora de escolhermos a segunda peça, a probabilidade de ela não ser defeituosa vai
depender do resultado da primeira escolha. Se, na primeira escolha, tiver saído uma
peça defeituosa, a probabilidade da segunda peça não ser defeituosa será 15/19.
Continuamos tendo 15 peças normais. São 15 casos favoráveis, em 19 possíveis.
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De outro modo, se a primeira peça escolhida for normal, a probabilidade da segunda
também ser normal será de 14/19. Teremos apenas 14 casos favoráveis.
Logo, os eventos não são independentes. O resultado de uma escolha influi na
probabilidade da segunda escolha.
A fórmula da probabilidade da intersecção fica:
P(
)A
= P(
1E
∩ E )2
P(
)A
= P(E )1 × P(E 2 E )1
Na primeira escolha, a probabilidade de tomarmos uma peça não defeituosa é de 15/20.
Temos 15 peças normais (casos favoráveis) num total de 20 (casos possíveis).
P(E )1
= 15 / 20
Já tendo escolhido uma peça não defeituosa, qual a probabilidade da segunda também
ser não defeituosa. Ou seja, qual a probabilidade de ocorrer o evento E2, dado que o
evento E1 já ocorreu?
Já tendo retirado uma peça normal, sobram 14 peças normais (casos favoráveis), num
total de 19 (casos possíveis).
P(E 2 E )1
= 14 / 19
Portanto:
P(
)A
P(
)A
= P(E )1 × P(E 2 E )1
= 15 × 14 = 3 × 7 = 21
Logo:
20 19
2 19 38
P(
)A
= 1 − 21
= 17
38 38
Resposta: C.
EP 6
Uma urna tem uma bola branca e uma bola preta (vamos chamá-la de primeira urna).
Outra urna tem três bolas brancas e uma bola preta (vamos chamar de segunda urna).
Escolhe-se uma dessas urnas ao acaso e retira-se uma bola. Qual a probabilidade da bola
escolhida ser preta?
Coloquei esse problema para vermos outro aspecto interessante dos eventos
complementares.
Seja ‘A’ o evento que ocorre quando a bola retirada é preta. Seja ‘U1’ o evento que
ocorre quando a urna escolhida para a retirada da bola é a primeira urna. Seja ‘U2’ o
evento que ocorre quando a urna escolhida para a retirada da bola é a segunda urna.
A probabilidade de se escolher cada uma das duas urnas é de 50%.
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
P(U )1
= P(U )2
= 0 5,
Esses dois eventos são complementares. Abrangem todos os casos possíveis. Todas as
bolas em questão pertencem a uma dessas duas urnas. E não há nenhuma bola que
pertença, simultaneamente, a ambas.
Suponha que escolhemos a primeira urna. A probabilidade de sair uma bola preta é de
50%. Ou seja, a probabilidade de sair bola preta, dado que escolhemos a primeira urna,
é de 50%.
P( AU )1
= 0 5,
Suponha agora que escolhemos a segunda urna. A probabilidade de sair uma bola preta
é de 25%. Ou seja, a probabilidade de sair bola preta, dado que escolhemos a segunda
urna, é de 25%.
P( AU 2) = ,0 25
Mas a pergunta foi: qual a probabilidade de sair bola preta.
Para achar a probabilidade do evento ‘A’, basta somar as probabilidades acima, certo???
Errado!!!
Muita gente cai nesse erro. Cuidado para não cometê-lo.
Para checar o absurdo que seria, considere ‘B’ o evento que ocorre quando a bola
sorteada é branca.
Ficaríamos com:
P(B U )1
= 0 5,
e P(B U 2) = ,0 75
Por esse raciocínio, a probabilidade de sair bola branca seria de 125%, algo absurdo.
Como fazer?
Como U1 e U2 são eventos complementares, a união de ambos é igual ao espaço
amostral. Vamos chamar de S o espaço amostral.
S = U1 � U 2
A intersecção de ‘A’ com ‘S’ é igual ao próprio ‘A’. Isso porque ‘A’ é um evento, que está
contido no espaço amostral.
A ∩ S = A
Portanto, podemos escrever:
P(
)A
P(
)A
= P( A ∩ S )
= P[ ]A ∩ (U1 � U 2)
P(
)A
P(
)A
= P[
]( A ∩ U )1
= P( A ∩ U
)1
� ( A ∩ U 2)
+ P( A ∩ U )2
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P(
)A
= P(U )1 × P( AU
)1
+ P(U 2) × P( AU 2)
Se dois eventos U1 e U2 forem complementares, a probabilidade de ocorrer o
evento A é dada por:
P(
)A
= P(U )1 × P( AU
)1
+ P(U 2) × P( AU 2)
Você não precisa decorar a fórmula acima. Muito menos gravar o procedimento pra
chegar nela. Tem muita gente que, intuitivamente, consegue “captar” o porquê das
coisas em probabilidade. Se você é assim, o que importa é que você entenda a
continuação do problema, que vem logo abaixo. Apenas isso. Se para você a continuação
do problema fizer sentido, ok, está ótimo. Nem se preocupe com a fórmula acima.
O evento ‘A’ pode ocorrer tanto quando escolhemos a Urna 1 quanto quando escolhemos
a urna 2. Temos as seguintes hipóteses:
· Há 50% de chances de escolhermos a urna 1. Escolhida tal urna, há 50% de chances
de sair a bola preta
· Há 50% de chances de escolhermos a urna 2. escolhida tal urna, há 25% de chances
de sair a bola preta
A probabilidade de sair a bola preta fica:
0 5,
× 0 5,
+ 0 5,
× ,0 25 = 0 375,
Ou, aplicando a fórmula:
P(
)A
= P(U )1 × P( AU
)1
+ P(U 2) × P( AU 2)
P(
)A
= 0 5,
× 0 5,
+ 0 5,
× ,0 25 = 0
375,
= ,37 %5
Resposta: a probabilidade de sair bola preta é de 37,5%
Vejamos uma outra solução. Agora, uma solução ERRADA.
Vamos dar nomes às bolas:
· B11 é a bola branca da urna 1
· P11 é a bola preta da urna 1
· B21 é a primeira bola branca da urna 2
· B22 é a segunda bola branca da urna 2
· B23 é a terceira bola branca da urna 2
· P21 é a primeira bola preta da urna 2.
Seja S o espaço amostral.
S = {B11, P11, B21, B22, B23, P21}
O evento ‘A’ é dado por:
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A = {P11, P21}
Se fôssemos adotar o procedimento visto desde o começo da aula, dividindo o número de
elementos do evento pelo número de elementos do espaço amostral (ou ainda, dividindo
o número de casos favorável pelo número de casos possível), teríamos:
P(
)A
= 2 = 1
6 3
Qual o erro desta segunda solução? O grande problema é que os resultados não são
equiprováveis. A título de exemplo, a bola preta da primeira urna tem uma chance maior
de ser escolhida do que a bola preta da urna 2. Quando os eventos elementares não são
equiprováveis, para achar a probabilidade, não podemos simplesmente dividir número de
casos favoráveis por número de casos possíveis.
Para usar esta segunda solução, precisamos de uma pequena adaptação, que reflita as
diferentes probabilidades de cada evento.
Podemos pensar que fazemos o tal sorteio 80 vezes. Como a chance de escolha de cada
uma das urnas é de 50%, vamos supor que escolhemos a primeira urna 40 vezes e que
escolhemos a segunda urna, também, 40 vezes.
Das 40 vezes em que escolhemos a primeira urna, em 20 sorteamos a bola preta (P11).
Em outras 20, sorteamos a bola branca (B11).
Das 40 vezes em que escolhemos a segunda urna, em 10 sorteamos a bola preta (P21).
Em 10 escolhemos a bola branca B21. Em outras 10 escolhemos a bola branca B22. E
nas outras 10 escolhemos a bola branca B23.
Os oitenta sorteios estão assim distribuídos (casos possíveis):
· Em 20 vezes a bola P11 é sorteada
· Em 20 vezes a bola B11 é sorteada
· Em 10 vezes a bola P21 é sorteada
· Em 10 vezes a bola B21 é sorteada
· Em 10 vezes a bola B22 é sorteada
· Em 10 vezes a bola B23 é sorteada
Os casos favoráveis são aqueles em que uma bola preta é sorteada:
· 20 vezes a bola P11 é sorteada
· 10 vezes a bola P21 é sorteada.
Agora sim, podemos fazer a divisão entre casos possíveis e favoráveis. Com o artifício
acima, conseguimos levar em consideração que as bolas da urna 1 têm probabilidade
maior de serem escolhidas que as bolas da urna 2.
P = numero _ casos _ favoraveis = 30 = 0 375, numero _ casos _ possivel 80
EC 16
Analista Legislativo. Contador. Câmara dos Deputados 2007 [FCC]
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Uma rede local de computadores é composta por um servidor e 2 (dois) clientes (Z e Y).
Registros anteriores indicam que dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de
30% vêm de Z e 70% de Y. Se o pedido não for feito de forma adequada, o
processamento apresentara erro. Sabendo-se que 2% dos pedidos feitos por Z e 1% dos
pedidos feitos por Y apresentam erro, a probabilidade do sistema apresentar erro é:
a) 5%
b) 4,1%
c) 3,5%
d) 3%
e) 1,3%
Escolhe-se um pedido ao acaso. Seja ‘Z’ o evento que ocorre quando o pedido escolhido
é feito pelo cliente
Z. Seja ‘Y’ o evento que ocorre quando o pedido escolhido é feito pelo
cliente Y. Seja E o evento que ocorre quando o pedido escolhido apresentar erro. Foi
dado que:
· Há 30% de chances de o pedido vir de Z. Quando o pedido vem de Z, a probabilidade
de apresentar erro é de 2%
· Há 70% de chances de o pedido vir de Y. Quando o pedido vem de Y, a probabilidade
de apresentar erro é de 1%
Portanto, a probabilidade de erro é:
P(E) = 0 3,
× 0
02,
+ 0 7,
× 0
01,
= ,1 %3
Resposta: E.
Outra opção é usar a fórmula vista. ‘Z’ e ‘Y’ são eventos complementares. Logo:
P(E) = P(Z ) × P( A Z ) + P(Y ) × P( A Y )
P(E) = 0 3,
× 0
02,
+ 0 7,
× 0
01,
= ,1 %3
Uma terceira opção é pensar que são feitos 1000 pedidos. São 300 do cliente Z e 700 do
cliente Y.
Dos 300 pedidos do cliente Z, 6 apresentam erro (=2% de 300).
Dos 700 pedidos do cliente Y, 7 apresentam erro (=1% de 700).
Desta forma, dos 1000 pedidos, 13 apresentam erro (=6+7). São
13 pedidos com erro num total de 1000 pedidos.
A probabilidade de erro fica:
P = 13 = ,1 %3
1000
6 Teorema de Bayes
Agora vamos ver alguns tipos de problema que são ligeiramente diferentes dos
anteriores. Vamos continuar resolvendo da mesma forma que resolvemos os exercícios lá
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
do início da aula. Listamos os casos possíveis e favoráveis. Vemos qual a condição a ser
obedecida. Riscamos os casos que não ocorreram. Recontamos casos possíveis e
favoráveis. E calculamos a probabilidade.
A diferença é que existe uma outra fórmula para calcular as probabilidades dos exercícios
que seguem. É o chamado teorema de bayes.
No corpo da aula só vou mencionar que existe o tal teorema. Não vou sequer mostrar a
sua fórmula. Acho que, para os tipos de problema que costumam cair, dá para ir bem
sem ele.
E apenas em anexo vou mostrar do que se trata, usando-o para resolver as questões.
EC 17
Analista BACEN 2001 [ESAF]
Os registros de uma instituição financeira indicam que 90% das contas de empréstimo
consideradas inadimplentes apresentaram pagamentos com mais de duas semanas de
atraso em pelo menos duas prestações. Sabe-se também que 10% de todas as contas de
empréstimo tornam-se inadimplentes e que 40% das contas de empréstimo
integralmente liquidadas mostram pelo menos duas prestações com atraso no
pagamento em mais de duas semanas. Assinale a opção que corresponde à probabilidade
de que uma conta de empréstimo com duas ou mais prestações pagas com atraso de
duas semanas torne-se inadimplente.
a) 20%
b) 10%
c) 9%
d) 15%
e) 18%
A pergunta pode ser traduzida como: qual a probabilidade de uma conta ser
inadimplente, dado que apresenta pagamentos com atraso de mais de duas semanas em
pelo menos duas prestações?
Aqui, no corpo da aula, vamos resolver sem usar qualquer fórmula.
Vamos supor que são 100 contas de empréstimo.
Como 10% das contas tornam-se inadimplentes, então 10 contas são inadimplentes e 90
são liquidadas.
Das 10 contas inadimplentes, 90% apresentam pelo menos dois pagamentos com mais
de duas semanas de atraso. Ou seja, 9 contas são inadimplentes e apresentam pelo
menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso. Consequentemente, 1
conta é inadimplente e não apresenta pelo menos dois pagamentos com mais de duas
semanas de atraso.
Das 90 contas liquidadas, 40% (=36 contas) apresentam pelo menos dois pagamentos
com mais de duas semanas de atraso. Portanto, 54 contas são liquidadas e não
apresentam pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso.
Desse modo, temos 100 contas, assim discriminadas:
· 9 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e são
inadimplentes
· 36 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e são
liquidadas
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 48
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
· 1 não tem pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e é
inadimplente
· 54 não têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e são
liquidadas
Estamos interessados nas contas que são inadimplentes. São 10, assim discriminadas:
· 9 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e são
inadimplentes
· 1 não tem pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e é
inadimplente
Contudo, há uma condição a ser obedecida. A condição é que a conta apresente
pagamentos com mais de duas semanas de atraso.
Vamos atualizar nossos casos possíveis e favoráveis. Os casos possíveis ficam:
· 9 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e são
inadimplentes
· 36 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e são
liquidadas
· 1 não tem pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e é
inadimplente
· 54 não têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e são
liquidadas
Os casos favoráveis ficam:
· 9 têm pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e são
inadimplentes
· 1 não tem pelo menos dois pagamentos com mais de duas semanas de atraso e é
inadimplente
E a probabilidade procurada é:
9 = ,0 2 = %20
45
Resposta: A.
Existe o chamado teorema de Bayes, que fornece uma fórmula para resolver esse tipo de
problema. Para quem tiver interesse, trago o teorema em anexo. Geralmente, para o tipo
de questão que cai em prova, é suficiente escrever todos os casos e sair riscando aqueles
que não ocorreram. De todo modo, em anexo, mostro como resolver a questão usando
esse teorema.
EC 18
Auditor Fiscal – ICMS/MG – 2005 [ESAF]
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 49
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Ana precisa chegar ao aeroporto para buscar uma amiga. Ela pode escolher dois trajetos,
A ou B. Devido ao intenso tráfego, se Ana escolher o trajeto A, existe uma probabilidade
de 0,4 de ela se atrasar. Se Ana escolher o trajeto B, essa probabilidade passa para
0,30. As probabilidades de Ana escolher os trajetos A ou B são, respectivamente, 0,6 e
0,4. Sabendo-se que Ana não se atrasou, então a probabilidade de ela ter escolhido o
trajeto B é igual a:
a) 6/25
b) 6/13
c) 7/13
d) 7/25
e) 7/16
Podemos pensar assim. Ana é uma mulher que vai muito ao aeroporto. Ela já foi 100
vezes, em 100 dias diferentes.
Em 60 desses dias, ela escolheu o trajeto A. E se atrasou em 40% desses dias. Ou seja,
em 24 desses 60 dias ela se atrasou.
Em 40 dias ela escolheu o trajeto B. E se atrasou em 30% desses dias. Ou seja, em 12
desses 40 dias ela se atrasou.
Os casos possíveis são:
24 vezes ela vai pelo trajeto A e se atrasa
36 vezes ela vai pelo trajeto A e não se atrasa
12 vezes ela vai pelo trajeto B e se atrasa
28 vezes ela vai pelo trajeto B e não se atrasa.
Estamos interessados nos dias em que ela escolhe o trajeto B. Os casos favoráveis são:
12 vezes ela vai pelo trajeto B e se atrasa
28 vezes ela vai pelo trajeto B e não se atrasa.
Escolhemos um desses 100 dias ao acaso. Queremos calcular a probabilidade de Ana ter
escolhido o trajeto B. Foi dada uma condição. A condição é ela não ter se atrasado.
Vamos rever os casos possíveis e favoráveis.
Ficamos com 64 casos possíveis:
24 vezes ela vai pelo trajeto A e se atrasa
36 vezes ela vai pelo trajeto A e não se atrasa
12 vezes ela vai pelo trajeto B e se atrasa
28 vezes ela vai pelo trajeto B e não se atrasa.
Os casos favoráveis ficam:
12 vezes ela vai pelo trajeto B e se atrasa
28 vezes ela vai pelo trajeto B e não se atrasa.
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 50
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
A probabilidade de Ana ter escolhido o trajeto B, dado que se atrasou, é:
P = 28 = 7 64 16
Resposta: E.
Em anexo coloquei a resolução desse problema, usando o teorema de Bayes.
EC 19
Analista BACEN 2002 [ESAF]
Uma empresa fabrica motores a jato em duas fábricas A e B. Um motor é escolhido ao
acaso de um lote de produção. Nota-se que o motor apresenta defeitos. De observações
anteriores a empresa sabe que 2% e 3% são as taxas de motores fabricados com algum
defeito em A e B, respectivamente. Sabendo-se que a fábrica A é responsável por 40%
da produção, assinale a opção que dá a probabilidade de que o motor escolhido tenha
sido fabricado em A.
a) 0,400
b) 0,030
c) 0,012
d) 0,308
e) 0,500
Suponha que a empresa produziu 1000 motores. 400 vieram da fábrica A e 600 da
fábrica B.
2% dos motores da fábrica A têm defeito. Logo, 8 motores da fábrica A têm defeito.
3% dos motores da fábrica B têm defeito. Logo, 18 motores da fábrica B têm defeito.
Os casos possíveis são:
392 motores fabricados em A, normais
8 motores fabricados em A, com defeito
582 motores fabricados em B, normais
18 motores fabricados em B, com defeito
Estamos interessados nos motores fabricados em A. Os casos favoráveis são:
392 motores fabricados em A, normais
8 motores fabricados em A, com defeito
Retira-se um motor para análise. Qual a probabilidade de ter sido fabricado em A, dado
que o motor tem defeito?
Já sabemos que o motor apresenta defeitos. Vamos rever nossos casos favoráveis e
possíveis.
São 26 casos possíveis, assim distribuídos:
392 motores fabricados em A, normais
8 motores fabricados em A, com defeito
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 51
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
582 motores fabricados em B, normais
18 motores fabricados em B, com defeito
São 8 casos favoráveis, assim discriminados:
392 motores fabricados em A, normais
8 motores fabricados em A, com defeito
A probabilidade fica:
P = 8 � 0 308,
26
Resposta: D.
A exemplo das questões anteriores, em anexo, mostro como resolver aplicando o
teorema de Bayes.
EC 20
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
Uma rede local de computadores é composta por um servidor de 2 clientes (A e B).
Registros anteriores indicam que, dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de
30% vêm de A e 70% de B. Se o pedido não for feito de forma adequada, o
processamento apresentará erro. Sabe-se que 2% dos pedidos feitos por A e 5% dos
feitos por B apresentam erro. Selecionando-se um pedido ao acaso, a probabilidade de
ele ser proveniente de A, sabendo que apresentou erro, é:
a) 5/41
b) 6/41
c) 3/5
d) 2/35
e) 1/35
Suponha que foram feitos 1000 pedidos.
300 pedidos vieram de A. Desses, 6 apresentaram erro (=2%)
700 pedidos vieram de B. Desses, 35 apresentaram erro (=5%).
Então temos 1000 casos possíveis:
294 pedidos de A, sem erro
6 pedidos de A, com erro
665 pedidos de B, sem erro
35 pedidos de B, com erro.
Estamos interessados nos pedidos de A. São 300 casos favoráveis:
294 pedidos de A, sem erro
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 52
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
6 pedidos de A, com erro
Foi dada uma condição (houve erro!).
Agora temos apenas 41 casos possíveis:
294 pedidos de A, sem erro
6 pedidos de A, com erro
665 pedidos de B, sem erro
35 pedidos de B, com erro.
E ficamos com 6 casos favoráveis:
294 pedidos de A, sem erro
6 pedidos de A, com erro
A probabilidade de o pedido ser proveniente de A, dado que apresentou erro, é:
P = 6 41
Resposta: B.
Esse exercício também pode ser resolvido com o teorema de Bayes, de forma idêntica
aos anteriores. A solução está em anexo.
EC 21
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Um teste laboratorial de sangue é 95% efetivo para detectar uma certa doença, quando
ela está presente. Entretanto, o teste também resulta em falso positivo para 1% das
pessoas saudáveis testadas. Se 0,5% da população realmente tem a doença, a
probabilidade de uma pessoa ter a doença, dado que o resultado do teste é positivo, é:
a) 0,9
b) 0,8
c) 0,4
d) 0,35
e) 0,32
Vamos supor que a população tem 100.000 habitantes. Para obedecer as condições do
enunciado, temos o seguinte quadro:
475 pacientes têm a doença e o exame dá positivo
25 pacientes têm a doença e o exame dá negativo
98.505 pacientes têm a doença e o exame dá negativo
995 pacientes não têm a doença e o exame dá falso negativo
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 53
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Estamos interessados nos casos em que a pessoa tem a doença. Os casos favoráveis
são:
475 pacientes têm a doença e o exame dá positivo
25 pacientes têm a doença e o exame dá negativo
E foi dada uma condição. A condição é o exame ter dado positivo. Vamos rever nossos
casos possíveis e favoráveis.
Casos possíveis:
475 pacientes têm a doença e o exame dá positivo
25 pacientes têm a doença e o exame dá negativo
98.505 pacientes têm a doença e o exame dá negativo
995 pacientes não têm a doença e o exame dá falso negativo
Casos favoráveis:
475 pacientes têm a doença e o exame dá positivo
25 pacientes têm a doença e o exame dá negativo
A probabilidade fica:
P = 475 � 0 32,
475 + 995
Resposta: E.
Observe que, mesmo quando o teste dá positivo, a probabilidade de a pessoa ter a
doença é bem pequena.
Em anexo apresento a resolução da questão com o teorema de Bayes.
XII NOÇÕES DE ANÁLISE COMBINATÓRIA
1 Princípio fundamental da contagem
EP 7
Paulo quer conhecer a ilha Alfa. Para tanto, precisa chegar até o litoral. Tem duas
maneiras de fazer isso: de carro ou ônibus. Chegando ao litoral, ele precisa atingir a ilha.
Pode ir de barco, de lancha ou de balsa. De quantas formas Paulo pode chegar à ilha
Alfa?
Vamos escrever todas as possibilidades à disposição de Paulo.
Paulo pode chegar à ilha usando:
1 – carro e barco
2 – carro e lancha
3 - carro e balsa
4 – ônibus e barco
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
5 – ônibus e lancha
6 – ônibus e balsa
São 6 as maneiras pelas quais Paulo pode chegar à ilha.
Vamos reescrever essas possibilidades da seguinte maneira:
formas de chegar ao litoral formas de ir do litoral à ilha
barco
carro lancha
balsa
barco
ônibus lancha
balsa
Podemos dividir o problema em duas etapas.
A primeira etapa consiste em ir até o litoral.
Há 2 modos de fazer isso.
A segunda etapa consiste em ir do litoral até a ilha.
Para cada modo escolhido para completar a primeira etapa, há 3 maneiras de se realizar
a segunda etapa.
Portanto, o número total de possibilidades de se executar todo o percurso é:
2 × 3 = 6
O princípio fundamental da contagem nos diz que, quando uma tarefa puder se dividida
em n etapas, e cada etapa puder ser realizada de mi maneiras diferentes (com “i”
variando de 1 até n), o número de maneiras pelas quais podemos concluir a tarefa é
igual ao produto:
m1 × m2 × m3 × m... n
No nosso exemplo, tínhamos duas etapas. A primeira etapa podia ser realizada de duas
formas. A segunda, de três formas. O número de maneiras de se realizar a tarefa inteira
foi igual a 2 vezes 3.
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ida do interior ao litoral: 2 maneiras ida do litoral à ilha: 3 maneiras
1ª etapa 2ª etapa
2 3
2 × 3 = 6
EP 8
Cinco amigos (Alberto, Bianca, Cláudia, Daniel e Eduardo) decidem fazer uma pequena
festa. Dois deles vão organizá-la. Para ver quem fica encarregado da organização, eles
fazem um sorteio. O primeiro a ser sorteado cuidará das bebidas. O segundo, da comida.
Quantos são os grupos possíveis de serem formados?
Vamos dividir a escolha das duas pessoas em etapas. Na primeira etapa sorteamos a
primeira pessoa. Na segunda etapa sorteamos a segunda pessoa.
Na primeira etapa temos cinco opções. Escolhida a primeira pessoa, para a segunda
etapa sobram 4 opções.
1ª etapa 2ª etapa
5 4
5 × 4 = 20
Desse modo, de acordo com o que estudamos, são 20 formas de se formarem os grupos.
No problema anterior, em que Paulo queria visitar a ilha Alfa, também fizemos a divisão
em etapas.
Tínhamos um conjunto de maneiras de chegar ao litoral. Vamos chamar de conjunto ‘A’.
A = {carro, ônibus}
Tínhamos, também, um conjunto de maneiras de ir do litoral à ilha (conjunto B).
B = {barco, balsa, lancha}.
Na primeira etapa, tínhamos duas opções de ida até o litoral (pois o conjunto A tem dois
elementos). Para a segunda etapa, havia três formas de execução (pois o conjunto B tem
três elementos).
Note que as etapas estão relacionadas a conjuntos diferentes. Nesta situação,
simplesmente aplicamos o princípio fundamental da contagem, multiplicando o número
de formas de execução da primeira etapa (=2) pelo número de formas de execução da
segunda etapa (=3).
Agora vem um grande detalhe. Nesta questão sobre os cinco amigos que terão uma
festa, as duas etapas estão relacionadas com o mesmo conjunto.
Seja C o conjunto de amigos.
C = {Alberto, Bianca, Cláudia, Daniel e Eduardo}
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Há cinco formas de realizar a primeira etapa (ou seja, de escolher a primeira pessoa).
Isto porque, no conjunto C, temos 5 elementos.
Para escolher a segunda pessoa, nos dirigimos novamente ao conjunto C. São cinco
elementos. Um deles já foi escolhido. Só restam 4. São 4 formas de realizar a segunda
etapa.
grupo de 5 pessoas
1ª etapa 2ª etapa
5 4
5 × 4 = 20
Quando as etapas estão relacionadas a um mesmo conjunto de dados, temos que nos
fazer a seguinte pergunta: uma troca na ordem dos elementos representa um novo caso?
Se a resposta for positiva, simplesmente utilizamos o princípio fundamental da
contagem. Se for negativa, precisamos fazer algumas adaptações. Uma delas, muito
importante, envolve o conceito de combinação, que veremos ainda nesta aula.
Neste exercício, queríamos formar grupos de duas pessoas para organizarem a festa.
Vamos escrever todas essas possibilidades? Vamos representar cada pessoa pela sua
inicial.
As possibilidades são:
A,B B,C C,D D,E
A,C B,D C,E E,A
A,D B,E D,A E,B
A,E C,A D,B E,C
B,A C,B D,C E,D
Observe os grupos destacados em vermelho. A diferença entre eles é simplesmente a
ordem dos elementos. Em um, temos primeiro Alberto e depois Bianca. No outro, temos
primeiro Bianca e depois Alberto.
Esta troca na ordem representa uma nova formação para a dupla que vai organizar a
festa? Sim, representa sim. Na primeira formação, Alberto é quem cuidará das bebidas.
Na segunda formação, Bianca cuidará das bebidas. Uma troca na ordem dos elementos
representou uma nova formação. Portanto, bastou aplicar o princípio fundamental da
contagem.
Na verdade, esta diferenciação (se a ordem dos elementos é ou não relevante) ganha
mais importância nas provas de Raciocínio Lógico. Em Estatística, considerando os tipos
de enunciados usuais, não precisamos nos preocupar muito não. Mais adiante ficará claro
o porquê disso (ver EP 14 e EP 15).
EC 22
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Uma fábrica de chocolate produz dois tipos de caixas de bombons: com e sem açúcar.
Cada caixa contém 10 bombons. Por descuido, foram misturados 3 bombons sem açúcar
em uma caixa de bombons doces. A caixa foi oferecida a uma criança que retirou 2
bombons. A probabilidade destes dois bombons serem sem açúcar é:
a) 1/15
b) 1/20
c) 3/20
d) 3/15
e) 1/5
Vamos usar o princípio fundamental da contagem para calcular o número de casos
favoráveis e o número de casos possíveis.
Podemos dividir o processo em etapas.
A criança retira dois chocolates da caixa. Na primeira retirada, tem 10 opções (pois,
inicialmente, são 10 bombons).
Retirado o primeiro bombom, passamos para a segunda retirada, em que há 9 opções.
O número de casos possíveis é:
1ª etapa 2ª etapa
10 9
10 × 9 = 90
Agora vamos aos casos favoráveis. Queremos os casos em que os dois bombons são sem
açúcar. Na primeira etapa, há 3 opções de bombons sem açúcar. Retirado o primeiro
bombom sem açúcar, para a segunda etapa sobram duas opções.
1ª etapa 2ª etapa
3 2
3 × 2 = 6
São 6 casos favoráveis e 90 casos possíveis. A probabilidade fica:
P = 6 = 1 90 15
Resposta: A.
EC 23
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
A tabela fornece informações sobre o tipo de câncer e a idade de 500 pacientes que
sofrem desta doença, internados num determinado hospital especializado na doença.
Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
Outros Total
[0;10) 0 6 60 66
[10;30) 30 9 25 64
[30;50) 100 75 55 230
[50;70) 70 60 10 140
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Total 200 150 150 500
Ao selecionar, aleatoriamente e sem reposição, dois pacientes dentre esses 500, a
probabilidade de um câncer pulmonar e o outro não é de:
a) 60/499
b) 120/499
c) 3/25
d) 6/25
e) 210/499
São 500 pacientes ao todo.
150 têm câncer pulmonar. Os outros 350 não têm. Calculemos
o número total de casos possíveis. Para a primeira escolha temos 500 opções.
Escolhido o primeiro paciente, sobram 499 para a segunda escolha.
1ª etapa 2ª etapa
500 499
Casos possíveis: 500 × 499
Vamos aos casos favoráveis.
Duas situações nos interessam:
· O primeiro paciente sorteado tem câncer pulmonar e o segundo não tem
· O primeiro paciente escolhido não tem câncer pulmonar e o segundo tem
Primeira situação.
Na primeira escolha temos 150 opções (são 150 pacientes com câncer pulmonar). Na
segunda escolha temos 350 opções (são 350 que não têm câncer pulmonar).
1ª etapa 2ª etapa
350 150
350 ×150
Segunda situação.
Na primeira escolha temos 350 opções. Na segunda temos 150 opções.
1ª etapa 2ª etapa
150 350
150 × 350
O número total de casos favoráveis é:
2 ×150 × 350
E a probabilidade procurada fica:
P = 2 × 350 ×150 = 210 500 × 499
499
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Resposta: E.
Repare que, nesta solução, estamos considerando que uma inversão na ordem de
escolha dos pacientes resulta em uma nova formação. Por isso, simplesmente aplicamos
o princípio fundamental da contagem.
EC 24
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Em um jogo, um participante seleciona sucessivamente ao acaso duas bolas de uma urna
que contém 10 boas sendo: 4 pretas, 3 vermelhas e 3 brancas. O esquema de premiação
do jogo consiste das seguintes regras: para cada bola vermelha sorteada o participante
ganha um real, para cada bola preta sorteada ele perde um real e para cada bola branca
sorteada ele não ganha e nem perde nada.
Se a seleção for realizada sem reposição, a probabilidade do participante não ganhar
nada neste jogo é:
a) 1/6
b) 1/5
c) 1/4
d) 1/3
e) 1/8
Vamos dividir o procedimento em etapas. Cada retirada é uma etapa.
Na primeira etapa, há 10 opções. Retirada a primeira bola, para a segunda etapa sobram
9 opções. O número de casos possíveis é:
1ª etapa 2ª etapa
10 9
10 × 9 = 90
São 90 casos possíveis.
Para o jogador não ganhar e nem perder nada, temos as seguintes possibilidades:
· Ele retira duas bolas brancas
· Ele retira uma bola preta na primeira escolha e uma vermelha na segunda escolha
· Ele retira uma bola vermelha na primeira escolha e uma bola preta na segunda
Primeira situação: ele retira duas bolas brancas. Na primeira etapa há 3 opções (há 3
bolas brancas disponíveis). Retirada a primeira bola branca, sobram 2 opções para a
segunda etapa.
1ª etapa 2ª etapa
3 2
3 × 2 = 6
Segunda situação: a primeira bola retirada é preta e a segunda é vermelha. Na primeira
etapa há 4 opções. Na segunda, são 3.
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
1ª etapa 2ª etapa
4 3
4 × 3 = 12
Terceira situação. É análoga à anterior.
1ª etapa 2ª etapa
3 4
3 × 4 = 12
Assim, o número de casos favoráveis é: 6 + 12 + 12 =30
A probabilidade procurada é:
P = 30 = 1 / 3
90
Resposta: D
EC 25
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Em um jogo, um participante seleciona sucessivamente ao acaso duas bolas de uma urna
que contém 10 boas sendo: 4 pretas, 3 vermelhas e 3 brancas. O esquema de premiação
do jogo consiste das seguintes regras: para cada bola vermelha sorteada o participante
ganha um real, para cada bola preta sorteada ele perde um real e para cada bola branca
sorteada ele não ganha e nem perde nada.
Se a seleção for realizada com reposição, a probabilidade do participante ganhar R$ 1,00
neste jogo é:
a) 0,25
b) 0,18
c) 0,15
d) 0,12
e) 0,10
Exercício semelhante ao anterior. Os casos possíveis agora mudam, pois há reposição de
bolas. Na primeira etapa, temos 10 opções. A bola retirada é recolocada na urna. Para a
segunda etapa, temos, novamente, 10 opções. Ficamos com 100 casos possíveis:
1ª etapa 2ª etapa
10 10
Casos possíveis: 10 ×10 = 100
Para o participante ganhar R$ 1,00, temos duas situações:
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
· A primeira bola retirada é branca e a segunda vermelha
· A primeira bola retirada é vermelha e a segunda branca
Primeira situação. Para a primeira etapa temos 3 opções de bolas brancas. Para a
segunda etapa temos 3 opções de bolas vermelhas.
1ª etapa 2ª etapa
3 3
3 × 3 = 9
Para a segunda situação as contas são análogas. Temos, novamente, 9 casos favoráveis.
O número total de casos favoráveis é 18 (9+9=18)
A probabilidade procurada é:
=P 18 = 0 18,
100
Resposta: B.
EC 26
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Duas urnas guardam bolas brancas e pretas. Uma das urnas tem 3 bolas brancas e 1
preta enquanto que a outra tem 3 bolas brancas e 3 pretas. Escolhendo-se uma urna ao
acaso e, em seguida, sucessivamente e com reposição, duas de suas bolas, a
probabilidade de ocorrer uma branca e uma preta é:
a) 7/8
b) 7/16
c) 3/8
d) 7/32
e) 3/16
Vamos chamar de “A” o evento que ocorre quando as bolas escolhidas são de cores
diferentes.
O problema dá para ser dividido em etapas.
Primeira etapa: escolhemos a urna. Há duas maneiras de fazer isso (ou escolhemos a
primeira urna, com 4 bolas, ou a segunda, com 6 bolas).
Na segunda etapa, sorteamos a primeira bola. Temos 4 opções (caso estejamos na
primeira urna), ou seis opções (caso tenhamos escolhido a segunda urna).
Veja que esse problema não dá para ser resolvido exatamente da maneira usual, com o
princípio fundamental da contagem. Isso porque o número de formas de se proceder em
cada etapa depende da escolha feita na etapa anterior.
Deste modo, por enquanto, vamos analisar apenas a primeira urna. Ela contém três
bolas brancas e uma preta.
Escolhendo essa primeira urna, para o primeiro sorteio temos 4 opções de bola.
Escolhida a primeira bola, esta é recolocada na urna (o exercício disse que as bolas são
repostas). Para o segundo sorteio, temos, novamente, 4 opções.
Assim, nessa primeira urna, o número de casos possíveis é:
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
1ª etapa 2ª etapa
4 4
4 × 4 = 16
Escolhendo a primeira urna, temos 16 casos possíveis.
Vejamos os casos favoráveis.
Temos dois tipos de casos favoráveis. Para que a gente retire uma bola de cada cor,
podemos ter as seguintes situações:
· A primeira bola é branca e a segunda é preta
· A primeira bola é preta e a segunda é branca
Vejamos em quantas situações a primeira bola é branca e a segunda é preta. Temos 3
opções para o primeiro sorteio e 1 opção para o segundo sorteio.
Ficamos com:
1ª etapa 2ª etapa
3 1
3 ×1 = 3
Agora, vejamos as situações em que a primeira bola é preta e a segunda é branca.
Temos 1 opção para o primeiro sorteio e 3 para
o segundo.
1ª etapa 2ª etapa
1 3
1× 3 = 3
Resumindo, escolhendo a primeira urna, temos seis casos favoráveis e 16 casos
possíveis.
6
A probabilidade de “A”, dado que escolhemos a primeira urna, é de .
16
Vamos para a segunda urna. Ela contém três bolas brancas e três pretas.
Escolhendo essa segunda urna, para o primeiro sorteio temos 6 opções de bola.
Escolhida a primeira bola, esta é recolocada na urna (o exercício disse que as bolas são
repostas). Para o segundo sorteio, temos novamente 6 opções.
Assim, nessa segunda urna, o número de casos possíveis é:
1ª etapa 2ª etapa
6 6
6 × 6 = 36
Escolhendo a segunda urna, temos 36 casos possíveis.
Vejamos os casos favoráveis.
Temos dois tipos de casos favoráveis. Para que a gente retire uma bola de cada cor,
podemos ter as seguintes situações:
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
· A primeira bola é branca e a segunda é preta
· A primeira bola é preta e a segunda é branca
Vejamos em quantas situações a primeira bola é branca e a segunda é preta. Temos 3
opções para o primeiro sorteio e 3 opções para o segundo sorteio.
Ficamos com:
1ª etapa 2ª etapa
3 3
3 × 3 = 9
Agora, vejamos as situações em que a primeira bola é preta e a segunda é branca.
Temos 3 opções para o primeiro sorteio e 3 para o segundo.
1ª etapa 2ª etapa
3 3
3 × 3 = 9
Resumindo, escolhendo a segunda urna, temos dezoito casos favoráveis e 36 casos
possíveis.
18
A probabilidade de “A”, dado que escolhemos a segunda urna, é de .
36
Seja “U1” o evento que ocorre quando escolhemos a primeira urna.
Seja “U2” o evento que ocorre quando escolhemos a segunda urna.
Cada um desses dois eventos tem probabilidade de 0,5.
O evento “A” pode ocorrer nos seguintes casos:
· Há 50% de chances de escolhermos a primeira urna. Escolhida esta urna, a
probabilidade do evento “A” é de 6/16
· Há 50% de chances de escolhermos a segunda urna. Escolhida esta urna, a
probabilidade do evento “A” é de 18/36
Aqui temos um problema muito semelhante ao EP 6.
A probabilidade do evento A fica:
P(
)A
= 0 5,
× 6
+ 0 5,
× 18 = 7
16 36 16
Outro meio é usar a fórmula que vimos lá no EP 6.
Como U1 e U2 são eventos complementares, temos:
P(
)A
= P(U )1 × P( AU
)1
+ P(U 2) × P( AU 2)
Substituindo os valores:
P(
)A
= 0 5,
× 6
+ 0 5,
× 18 = 7
16
Resposta: B.
36 16
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PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
EC 27
Analista Legislativo. Contador. Câmara dos Deputados 2007 [FCC]
Uma pesquisa eleitoral foi realizada com uma amostra de 500 eleitores com o objetivo de
estudar a influência da idade na preferência por dois candidatos presidenciais. Os
resultados obtidos foram os seguintes:
Preferência
Idade (anos)
Candidato alfa Candidato beta Indecisos Total
[20;30) 68 117 15 200
[30;50) 102 70 27 200
[50;80) 80 3 17 100
Total 250 190 60 500
Duas pessoas serão selecionadas ao acaso e com reposição dentre os 500 eleitores. A
probabilidade de exatamente uma pertencer à faixa etária [50;80) e preferir o candidato
Alfa é:
a) 168/625 b) 84/625 c) 64/625 d) 42/625 e) 21/625
Antes de começar o exercício, cumpre destacar que a tabela fornecida está errada. A
linha e a coluna com os totais não equivalem, de fato, às somas dos valores
correspondentes. O correto seria:
Preferência
Idade (anos)
Candidato alfa Candidato beta Indecisos Total
[20;30) 68 117 15 200
[30;50) 102 70 27 199
[50;80) 80 3 17 100
Total 250 190 59 499
Creio que o mais provável é que, em vez de termos 27 indecisos, na classe de 30 a 50,
devem ser 28 indecisos (veja número destacado em vermelho):
Preferência
Idade (anos)
Candidato alfa Candidato beta Indecisos Total
[20;30) 68 117 15 200
[30;50) 102 70 28 200
[50;80) 80 3 17 100
Total 250 190 60 500
Feita esta correção, vamos à resolução.
Oitenta pessoas pertencem à classe de 50 a 80 e preferem o candidato Alfa. As outras
420 não estão nessa situação.
Vejamos o número de casos possíveis. Precisamos escolher duas pessoas dentre as 500.
Na primeira escolha, temos 500 opções. Escolhida a pessoa, o nome dela volta para a
lista (há reposição), podendo ser novamente escolhido. Para a segunda escolha, temos,
novamente, 500 opões. O número de casos favoráveis fica:
1ª etapa 2ª etapa
500 500
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 65
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Casos possíveis: 500 × 500
Agora os casos favoráveis. São favoráveis os casos em que escolhemos exatamente uma
pessoa que pertence à classe de 50 a 80 e prefere o candidato alfa.
Temos duas situações possíveis:
· A pessoa que pertence a classe de 50 a 80 e prefere o candidato alfa é a primeira a
ser escolhida
· A pessoa que pertence à classe de 50 a 80 e prefere o candidato alfa é a segunda a
ser escolhida.
Primeira situação. Na primeira etapa temos 80 possibilidades. Escolhida a pessoa que
pertence à classe de 50 a 80 e prefere o candidato alfa, vamos para a segunda etapa.
Temos 420 opções.
1ª etapa 2ª etapa
80 420
80 × 420
Para a segunda situação, os cálculos são análogos. Ficamos com:
1ª etapa 2ª etapa
420 80
420 × 80
O número total de casos favoráveis fica:
2 × 80 × 420
E a probabilidade é dada por:
P = 2 × 80 × 420 = 168 500 × 500
Resposta: A.
625
EC 28
AFC – CGU/2008 [ESAF]
Uma empresa de consultoria no ramo de engenharia de transportes contratou 10
profissionais especializados, a saber: 4 engenheiras e 6 engenheiros. Sorteando-se, ao
acaso, três desses profissionais para constituírem um grupo de trabalho, a probabilidade
de os três profissionais sorteados serem do mesmo sexo é igual a:
a) 0,10
b) 0,12
c) 0,15
d) 0,20
e) 0,24
De quantas formas podemos escolher os profissionais?
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 66
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Vamos dividir em etapas.
Na primeira etapa, temos 10 opções (são 10 profissionais).
Escolhido o primeiro para entrar no grupo de trabalho, sorteamos o segundo. Nessa
segunda etapa temos, portanto, 9 opções.
Escolhidos os dois primeiros, vamos ao terceiro. Para a terceira vaga do grupo de
trabalho nos restam 8 opções.
Logo, o número total de formas pelas quais podemos formar o tal grupo é:
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa
10 9 8
10 × 9 × 8 = 720
São 720 casos possíveis.
Vamos ver agora quantos são os casos favoráveis.
Estamos interessados nos casos em que os três escolhidos são do mesmo sexo.
Vamos dividir em dois casos. Primeiro caso: são sorteadas três mulheres. Segundo caso:
são sorteados três homens.
Vejamos de quantas formas podemos escolher três mulheres.
No primeiro sorteio, temos 4 mulheres para escolher. São 4 maneiras de completar a
primeira
etapa.
Escolhida a primeira mulher, vamos para a segunda etapa. No segundo sorteio, temos 3
opções de mulher.
Escolhidas a primeira e a segunda mulheres, vamos para a terceira etapa. Na terceira
etapa, restaram opções de mulher.
Assim, o número de maneiras pelas quais podemos escolher três mulheres é:
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa
4 3 2
4 × 3 × 2 = 24
São 24 formas de se sortearem as três mulheres.
Para os homens as contas são análogas. Temos 6 formas de realizar a primeira etapa
(são 6 opções de homem para o segundo sorteio). Escolhido o primeiro homem, ficamos
com 5 opções para o segundo sorteio. Escolhidos o primeiro e o segundo homens,
ficamos com 4 opções para o terceiro sorteio.
O número de maneiras pelas quais podemos escolher três homens é:
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa
6 5 4
6 × 5 × 4 = 120
São 120 formas de se escolherem os três homens.
Ao todo, são 144 casos favoráveis. São 120 casos em que temos três homens no grupo
de trabalho. E 24 casos nos quais temos três mulheres no grupo de trabalho.
Além disso, são 720 casos possíveis.
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 67
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
A probabilidade de termos três profissionais do mesmo sexo é:
P = 144 = 12 = 1 = %20
720 60 5
Resposta: D
EC 29
AFC – CGU/2002 [ESAF]
Em uma sala de aula estão 10 crianças sendo 6 meninas e 4 meninos. Três das crianças
são sorteadas para participarem de um jogo. A probabilidade de as três crianças
sorteadas serem do mesmo sexo é:
a) 15%
b) 20%.
c) 25%
d) 30%
e) 35%
Questão idêntica à anterior. Em vez de engenheiros, temos crianças.
Resposta: B.
2 Noções de permutação
EP 9
Quatro amigos (Alberto, Bernardo, Cláudio e Diogo) estão disputando uma corrida de
kart. Descartando-se a hipótese de duas ou mais pessoas cruzarem a linha de chegada
simultaneamente, de quantas formas pode terminar a corrida?
Usando o princípio fundamental da contagem, temos:
grupo de 4 amigos
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa
4 3 2 1
O número de maneiras possíveis de término da corrida é dado por:
4 × 3 × 2 ×1 = 24
Seja ‘A’ o conjunto formado pelos amigos.
A = {Alberto, Bernardo, Cláudio, Diogo}
O conjunto ‘A’ tem 4 elementos.
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CURSO ON-LINE – ESTATÍSTICA PARA ICMS/SP 68
PROFESSOR: VÍTOR MENEZES
Para resolver a questão, dividimos o processo em quatro etapas (referentes à cada uma
das colocações obtidas ao final da corrida).
Note que:
· Todas as etapas foram relacionadas ao mesmo conjunto ‘A’
· O número de etapas foi igual ao número de elementos do conjunto ‘A’.
· Não há reposição de elementos de uma etapa para a outra.
Sempre que isso acontece, estamos diante de um caso de permutação. Dizemos que foi
feita uma permutação entre os quatro amigos. Pegamos todos eles e simplesmente
alteramos a ordem de seus posicionamentos, para obter cada uma das possíveis
maneiras de término da corrida.
Quando temos uma permutação de ‘n’ elementos, o número de maneiras diferentes pelas
quais eles podem ser ordenados é sempre dada por:
n × (n − )1 × (n −
)2
× ... ×1
No exercício acima, n=4. E a conta feita foi:
4 × 3 × 2 ×1
Esta conta é muitas vezes escrita de forma compacta, com a utilização do símbolo “!”,
que indica fatorial.
Alguns exemplos.
Vamos calcular 3!.
!3 = 3 × 2 ×1 = 6
Para calcular 3 fatorial, multiplicamos 3 pelos números naturais que vêm antes dele, até
chegar em 1.
Outro exemplo. Vamos calcular 5 fatorial.
!5 = 5 × 4 × 3 × 2 ×1 = 120
Então é sempre assim. Sempre multiplicamos o número pelos números naturais que vêm
antes dele, até chegar em 1.
As únicas exceções são:
!1 = !0 = 1 (um fatorial é igual a 1. E zero fatorial é igual a 1).
Número de permutações de ‘n’ elementos = n!
3 Noções de Combinação
Se esse curso fosse de raciocínio lógico, nós veríamos com um pouco mais de detalhes os
vários conceitos relacionados à análise combinatória. Veríamos problemas de arranjos,
permutações e combinações, separando os vários tipos de questões que costumam cair.
Como já disse, é o tipo de matéria que é mais comumente cobrada nas provas de RLQ.
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Em estatística, é importante ter algumas noções de análise combinatória porque ajuda a
entender um pouquinho a matéria das próximas aulas. Mas não costumam cair muitas
questões especificamente de análise combinatória. Por este motivo, aqui no nosso curso
procuramos ver os tipos de questões que mais caem em estatística. E um dos assuntos
que usaremos muito nas próximas aulas é justamente a combinação.
Não vamos nos preocupar com os inúmeros tipos de exercícios de combinação que
existem. Vamos pegar apenas os mais comuns, e que se prestam a auxiliar o
entendimento da matéria das próximas aulas.
EP 10
Cinco amigos (Alberto, Bianca, Cláudia, Daniel e Eduardo) decidem fazer uma pequena
festa. Dois deles vão organizá-la. Para ver quem fica encarregado da organização, eles
fazem um sorteio. Quantos são os grupos possíveis de serem formados?
Exercício bem semelhante ao EP 8.
Naquela questão, a ordem do sorteio tinha bastante importância. Ela determinava quem
cuidaria da bebida e quem cuidaria da comida.
Neste exercício, de forma diferente, a ordem não mais interfere na organização da festa.
Os dois sorteados vão fazer tudo juntos. Não haverá mais separação entre quem vai
organizar a bebida e quem vai organizar a comida.
Vamos fazer como sempre. Vamos dividir a escolha das duas pessoas em etapas. Na
primeira etapa sorteamos a primeira pessoa. Na segunda etapa sorteamos a segunda
pessoa.
Na primeira etapa temos cinco opções. Escolhida a primeira pessoa, para a segunda
etapa sobram 4 opções.
1ª etapa 2ª etapa
5 4
5 × 4 = 20
Desse modo, de acordo com o que estudamos, são 20 formas de se formarem os grupos.
Vamos escrever todas essas possibilidades? Vamos representar cada pessoa pela sua
inicial.
As possibilidades são:
A,B B,C C,D D,E
A,C B,D C,E E,A
A,D B,E D,A E,B
A,E C,A D,B E,C
B,A C,B D,C E,D
Só que tem um probleminha na resolução acima. O grupo formado por Alberto e Bianca
(Alberto foi escolhido primeiro e Bianca segundo – ver primeira linha, destacado em
vermelho) é exatamente a mesma coisa que o grupo formado por Bianca e Alberto
(Bianca foi escolhida em primeiro e Alberto em segundo – ver quinta linha, destacado em
vermelho).
Ou seja, estamos contando cada grupo duas vezes. O número de grupos que se formam,
na verdade, é:
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20 = 10
2
Por que precisamos dividir por dois? Porque estávamos contando cada grupo duas vezes.
Trocar a ordem de escolha (Alberto e Bianca ou Bianca e Alberto) não faz a menor
diferença. A ordem dos elementos não tem qualquer importância.
Sempre que estivermos diante de um caso em que a troca na
ordem dos elementos não
altera o grupo, estamos num caso de combinação.
Na combinação, na hora de achar o número de grupos, sempre temos uma divisão, para
eliminar as contagens em duplicidade.
EP 11
Na penúltima rodada do campeonato estadual de futebol, cinco times terminaram com
chances de classificação para o triangular final (ou seja, apenas três times destes cinco
disputarão a fase final). Sabendo-se que na fase final os pontos são “zerados” (ou seja, o
time com melhor campanha na primeira fase não leva qualquer vantagem), de quantas
formas pode ser disputado o triangular final?
Sejam A, B, C, D e E os cinco times com chances de disputar o triangular final.
Vamos tentar resolver o problema usando o princípio fundamental da contagem.
Precisamos escolher 3 times destes 5. Para a primeira escolha, temos 5 opções.
Escolhido o primeiro time, para a segunda escolha sobram 4. Selecionados os dois
primeiros, sobram 3 opções para a última escolha. Assim, o número de maneiras pelas
quais estes times podem ser escolhidos é:
5 × 4 × 3 = 60
Acontece que, na solução acima, estamos considerando que a ordem importa. Ou seja, o
triangular composto pelos times A, B e C é diferente do triangular composto pelos times
C, B e A.
Só que isso é falso. Uma simples alteração na ordem de escolha dos times não altera o
triangular final. Temos que eliminar a contagem repetida.
No exercício anterior resolvemos este problema da seguinte forma. Listamos todas as
ocorrências. Vimos quantas vezes cada combinação se repetia. Como cada combinação
estava em duplicidade, dividimos por 2 o resultado obtido por meio da aplicação do
princípio fundamental da contagem.
No presente caso, vai dar um trabalhão ficar listando todas as possibilidades. São
sessenta casos possíveis. Listar todos eles para contar as repetições daria muito
trabalho. Vamos fazer diferente.
Vamos focar em um único caso. Considere o conjunto formado por A, B, C. Quantas
vezes ele está sendo contado? Ele está sendo contado seis vezes, assim discriminadas:
· A, B, C
· A, C, B
· B, A, C
· B, C, A
· C, A, B
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· C, B, A
Repare que o número de contagens para o conjunto A, B, C foi justamente igual a 6, que é
igual a 3! (três fatorial).
Isto não é coincidência. Temos três elementos (A, B, C). Queríamos saber de quantas
formas podemos listá-los, alternado apenas a ordem entre eles. É um caso de
permutação. Estamos permutando três elementos.
Assim, qualquer possível triangular final foi contado seis vezes. Temos que dividir o
número obtido por 6, para eliminar as contagens repetidas.
grupo de 5 times
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa
5 4 3
a ordem entre estes 3 elementos não importa
Fazemos a divisão por 3 fatoria, para eliminar
as contagens repetidas
Novamente: por que dividimos por 6?
Porque 6 é igual ao número de permutação de três elementos (=3!).
Logo, o número de maneiras de se formar o triangular final é dado por:
5 × 4 × 3 = 10 6
Existe uma fórmula para achar o número de combinações possíveis. Esta fórmula é:
C ( ,n
p) = !n (n − p)!× !p
No EP 10 (exercício anterior), eram cinco amigos. Queríamos escolher dois deles para
formar o grupo. Como a ordem de escolha não é relevante, estamos diante de um caso
de combinação. Então tínhamos que combinar 5 pessoas, tomadas duas a duas.
Nesse caso, n = 5 e p = 2.
( ,5
)2
!5 !5 = 5 × 4 × 3 × 2 ×1 =
=C
(5 −
)!2
× !2 =
!3 × !2
( )3 × 2 ×1 × (2 × )1 10
Uma dica para abreviar as contas, é a seguinte.
Reparem no cálculo de 5 fatorial. Temos:
!5 = 5 × 4 × 3 × 2 ×1
Podemos reescrever isso da seguinte forma:
!5 = 5 × 4 × ( )3 × 2 ×1
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!5 = 5 × 4 × !3
Aí, no cálculo da combinação, ficaríamos com:
( ,5
)2
!5 !5 = 5 × 4 × !3
=C
(5 −
)!2
× !2 =
!3 × !2
( )!3 × !2
Percebeu a diferença? Não precisamos desenvolver todo o valor de 5 fatorial.
Desenvolvemos o fatorial só até chegar em 3!. Aí podemos simplificar o numerador e o
denominador.
Continuando a conta:
C ( ,5
)2
= 5 × 4 × !3
= 5 × 4 =
( )!3 × (2 )!
10
2
No caso do EP 11, queríamos escolher 3 times entre os 5 que ainda tinham chances de
classificação. Novamente, a ordem não importa. Queremos combinar 5 times, tomados 3
a 3. Resolvendo por meio da fórmula, ficaríamos com:
C ( ,5
)3
= 5 × 4 × !3
= 5 × 4 =
( )!2 × (3 )!
10
2!
A fórmula da combinação já tem a divisão que elimina as contagens repetidas.
C (n, p ) = !n
(n − p )!× !p
elimina as contagens repetidas
Fórmula da combinação
Temos um conjunto de “n” elementos. A partir dele, queremos formar grupos de
“p” elementos, sem repetição, onde a ordem dos elementos não é importante. O
número de grupos que podemos formar é dado por:
C ( ,n
p) = !n (n − p)!× !p
EP 12
Marta vai fazer uma viajem. Em sua mala há espaço para cinco livros. Ela quer levar dois
livros de auto-ajuda e três romances. Para fazer sua escolha ela possui, em sua casa,
quatro livros de auto-ajuda e seis romances. De quantas formas Marta pode escolher os
cinco livros?
RESOLUÇÃO
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Podemos dividir o problema em cinco etapas (uma para cada livro escolhido). Na
primeira e na segunda etapa, escolhemos os livros de auto-ajuda. Na terceira, quarta e
quinta etapas, escolhemos os livros de romance.
Para a primeira etapa, temos 4 opções de livros de auto-ajuda.
Escolhido o primeiro livro de auto-ajuda, para a segunda etapa sobram 3 opções.
Na terceira etapa, temos seis opções de livros de romances.
Para a quarta etapa, sobram cinco opções de livros de romances.
Escolhidos os romances da terceira e da quarta etapas, sobram 4 opções de romances
para a quinta etapa.
4 livros de auto-ajuda 6 romances
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa
4 3 6 5 4
Pelo princípio fundamental da contagem, o número de maneiras de se escolherem os
cinco livros é:
4 × 3 × 6 × 5 × 4 = 1440
Acontece que, nesta resolução acima, estamos considerando que a ordem importa.
Estamos considerando que o conjunto de livros {A, B, C, D, E} é diferente do conjunto
{A, B, C, E, D}. Isto é falso. Uma mera alteração na ordem de escolha dos livros não
implica em formação de um novo conjunto de livros.
Temos, na verdade, um problema de combinação. Precisamos excluir as contagens
repetidas.
a ordem entre estes 3 elementos não importa
Fazemos a divisão por 3 fatorial, para eliminar
as contagens repetidas
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa
4 3 6 5 4
a ordem entre estes 2 elementos não importa
Fazemos a divisão por 2 fatorial, para eliminar
as contagens repetidas
Aqui temos duas divisões a serem feitas. Uma por 2!. E a outra por 3!.
Fica assim:
4 × 3 × 6 × 5 × 4 = 4 × 3 × 6 × 5 × 4
= 120 ( !2 ) × ( !3
)
(2 × )1 ×
3(
× 2 × )1
São 120 maneiras de se escolherem os cinco livros.
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Outra resolução possível seria usando a fórmula de combinação. Para tanto, dividimos o
problema em apenas duas etapas. Na primeira etapa, escolhemos os livros de auto-
ajuda. Na segunda etapa, escolhemos os livros de romance.
Para a primeira etapa, temos que escolher 2 livros de auto-ajuda dentre 4 disponíveis,
sendo que a ordem de escolha não é relevante. Estamos diante de um caso de
combinação. Queremos combinar 4 livros, tomados dois a dois. O número de maneiras
de executar a primeira etapa é:
C = !4 = 4 × 3 ×
!2
= 4 × 3 = 6
4, 2
!2 × !2 !2 × !2 !2
São seis formas de executar a primeira etapa.
Na segunda etapa, escolhemos os livros de romance. Queremos escolher 3 em 6
possíveis. A ordem de escolha não é relevante. Temos, portanto, uma combinação de 6
livros, tomados 3 a 3. O número de maneiras de se executar a segunda etapa é:
C = !6 = 6 × 5 × 4 ×
!3
= 6 × 5 × 4 = 20
6,3
!3 × !3 !3 × !3 !3
São 20 formas de se executar a segunda etapa.
6 maneiras de escolher os livros 20 maneiras de escolher
os de auto-ajuda livros de romance
1ª etapa 2ª etapa
6 20
Usando o princípio fundamental da contagem, temos:
6 × 20 = 120
Novamente, encontramos 120 formas de se escolherem os cinco livros.
Interessante notar que, nesta segunda forma de resolução, não nos preocupamos com as
contagens repetidas. Não foi preciso fazer nenhuma divisão. Por quê? Porque os números
usados para preencher cada etapa foram obtidos por meio da fórmula de combinação,
que já se encarrega de excluir as contagens repetidas.
As seis maneiras de escolha dos livros de auto-ajuda, obtidas por meio da fórmula da
combinação, não contemplam qualquer contagem repetida. Idem para as 20 maneiras de
escolha dos livros de romance.
EP 13
Uma sala de aula tem 20 alunos. Sete deles serão escolhidos para ir a um evento.
Quantas são as maneiras de se escolherem esses alunos?
Estamos novamente diante de um caso de combinação. A ordem de sorteio não interfere
no grupo.
A sala de aula tem 20 alunos (n = 20). Queremos formar grupos de 7 alunos (p = 7).
O número de combinações fica:
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C ( ,n
C ( ,n
p) = !n (n − p)!× !p
p) = !20 = 20 ×19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14 ×
!13
= 20 ×19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14
(20 − 7)!× !7 ( !13 ) × (7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 ×
)1
7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 ×1
Simplificando, temos:
20 ×19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14 = 19 ×17 ×16 ×15 = 77 520. 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 ×1
São 77.520 formas de se escolherem grupos de sete alunos, entre os 20 estudantes da
classe.
EP 14
Uma sala de aula tem 20 alunos. Cinco deles serão escolhidos para organizar uma festa.
O primeiro escolhido vai arrecadar o dinheiro. O segundo, cuidará do local da festa. O
terceiro comprará as comidas. O quarto cuidará das bebidas. O quinto cuidará da música.
De quantas formas é possível montar esse grupo que organizará a festa?
Estamos diante de mais um caso de combinação, certo???
Errado!!!
Aqui a ordem importa sim.
Escolher os alunos A, B, C, D e E, nesta ordem, é diferente de escolher os alunos A, B, C,
E, D.
No primeiro grupo, é o aluno D quem vai cuidar da bebida e o aluno E quem cuida da
música. O aluno D gosta muito de uma caipirinha e o aluno E gosta muito de pagode.
Portanto, seria uma festa com muita caipirinha e pagode.
No segundo grupo, muda tudo. O aluno E é quem cuidaria das bebidas. Ele já não gosta
muito de bebidas alcoólicas. Compraria mais refrigerante. E o aluno D é quem cuidaria da
música. Ele já gosta mais de forró. Seria uma festa completamente diferente da primeira.
Desse modo, não podemos usar a fórmula da combinação.
Podemos dividir a escolha em etapas. Na primeira etapa, temos 20 opções de escolha.
Escolhido o primeiro aluno, na segunda etapa temos 19 opções de escolha. Escolhidos o
primeiro e o segundo aluno, para a terceira etapa sobram 18 opções. E assim por diante.
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa
20 19 18 17 16
20 ×19 ×18 ×17 ×16 = 1.860.480
Resolvemos usando o princípio fundamental da contagem. É que, como a ordem importa
sim, não precisamos nos preocupar em fazer qualquer divisão para eliminar as contagens
repetidas. Esta é a grande diferença para o caso da combinação, onde a fórmula já faz
esse trabalho pra gente.
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Na verdade, até seria possível darmos o curso de estatística sem mencionarmos a
existência da fórmula de combinação. Saber se a ordem dos elementos importa (ou não)
apenas interfere quando queremos contar de quantas maneiras pode-se realizar uma
determinada tarefa, formar um dado grupo, etc.
Nas provas de estatística é muito difícil que se pergunte isso. Isso é pergunta típica de
provas de RLQ. O que vai se perguntar, em estatística, é a probabilidade de um evento
acontecer. Aí contamos os casos favoráveis, contamos os casos possíveis e achamos a
probabilidade. E na hora de contar quantos são os casos possíveis e favoráveis é que
usamos a análise combinatória, podendo, dependendo do caso, usar a combinação.
Acontece que, se considerarmos que a ordem importa, ou seja, o conjunto A,B,C é
diferente do conjunto C, B, A, então o número de casos possíveis e favoráveis será bem
grande.
Se considerarmos que a ordem não importa (caso de combinação), teremos que excluir
as contagens repetidas. Só que fazemos isso tanto no numerador quanto no
denominador. O número de casos favoráveis diminui. E o número de casos possíveis
também diminui. De forma que a fração não se altera.
O que estou querendo dizer é que, para calcular a probabilidade, é muitas vezes
indiferente considerar se a ordem importa ou não. Vejamos um exemplo.
EP 15
Uma sala de aula tem 20 alunos. Sete deles serão escolhidos para ir a um evento. Qual a
probabilidade de Maria ser escolhida?
Primeiro vamos considerar que a ordem não importa. Escolher os alunos A, B, C, D, E, F,
G, H é o mesmo que escolher os alunos A, B, C, D, E, G, H, F. Afinal de contas, são os
mesmos sete alunos. O grupo é o mesmo.
O número de casos totais nós já calculamos lá no EP 13. São 77.520 grupos possíveis.
Vamos aos casos favoráveis. Queremos saber quanto são os grupos que contém Maria.
Ou seja, queremos formar grupos com Maria e mais seis alunos.
Assim, para preencher as 6 vagas que sobram, temos 19 alunos e devemos escolher 6,
sem reposição, onde a ordem não importa. Temos uma combinação de 19, tomados 6 a
6.
C ( ,19
)6
= !19 = 19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14 ×
!13
= 27 132.
!13 × !6
A probabilidade fica:
P = 27 132. = 0 35, 77 520.
!13 ×6 × 5 × 4 × 3 × 2 ×1
Agora vamos supor que a ordem importa. Isso porque os sete alunos vão poder
participar de palestras diferentes. O primeiro aluno vai participar de uma palestra sobre o
tema 1. O segundo, de uma palestra sobre o tema 2. E assim por diante. Nesse caso, a
ordem importa.
O número de casos possíveis fica:
1ª etapa 2ª etapa
3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa 6ª etapa 7ª etapa
20 19 18 17
16 15 14
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20 ×19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14
Vamos ao número de casos favoráveis. Queremos grupos com Maria. Vamos montar
grupos em que Maria seja a primeira escolhida. Para a primeira etapa, temos 1 opção.
Escolhida a Maria, para a segunda etapa, temos 19 opções. Escolhida a Maria e escolhido o
aluno do segundo sorteio, para a terceira etapa temos 18 opções. E assim por diante.
1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa 6ª etapa 7ª etapa
1 19 18 17 16 15 14
1×19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14
Só que nós ainda podemos formar grupos em que Maria é a segunda a ser escolhida. Ou
a terceira. Ou a quarta. Ou a quinta. Ou a sexta. Ou a sétima.
Em todas essas situações, o número de casos é:
1×19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14
Dessa forma, o número total de casos favoráveis fica:
7 × ( )1×19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14
E a probabilidade procurada é:
( )
P = 7 × 19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14 = 7 = 0 35, 20 ×19 ×18 ×17 ×16 ×15 ×14 20
A probabilidade foi a mesma nos dois casos (importando ou não a ordem dos elementos).
Note como na segunda situação (considerando que a ordem importa) o número de casos
favoráveis aumentou. Só que o número de casos possíveis também aumentou. E a fração
continuou igual a 0,35.
Foi por isso que, em todos os exercícios de concursos que vimos desde a página 53, não
nos preocupamos muito em saber se a ordem importava ou não.
Quer ver outro exemplo?
Vamos refazer o EC 28. Na solução lá da página 65, nós simplesmente utilizamos o
princípio fundamental da contagem (supusemos, implicitamente, que a ordem de escolha
era relevante; uma alteração na ordem das pessoas escolhidas implicaria em nova
formação do grupo de engenheiros). Vamos fazer uma segunda solução, considerando
que a ordem não importa (supondo um caso de combinação).
O enunciado era:
AFC – CGU/2008 [ESAF]
Uma empresa de consultoria no ramo de engenharia de transportes contratou 10
profissionais especializados, a saber: 4 engenheiras e 6 engenheiros. Sorteando-se, ao
acaso, três desses profissionais para constituírem um grupo de trabalho, a probabilidade
de os três profissionais sorteados serem do mesmo sexo é igual a:
a) 0,10
b) 0,12
c) 0,15
d) 0,20
e) 0,24
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Primeiro vejamos o número de casos possíveis. Queremos escolher 3 profissionais em 10
possíveis, sendo que a ordem de escolha não é relevante. Temos uma combinação de 10
engenheiros, tomados 3 a 3. O número de casos possíveis é dado por:
!10 = 10 × 9 × 8 × !7
= 10 × 9 × 8 C10,3
= ( )!3 × (7 )! ( )!3 × (7 )! ×3 2 ×1
= 120
São 120 casos possíveis.
Vamos aos casos favoráveis. São duas possibilidades. Ou são escolhidas três mulheres
ou são escolhidos três homens.
Vejamos de quantas formas podemos escolher três homens. Queremos formar um grupo
de 3 engenheiros a partir de 6 disponíveis. Temos uma combinação de 6, tomados 3 a 3. O
número de maneiras de se escolherem os 3 engenheiros é:
C = !6 = 6 × 5 × 4 ×
!3
= 6 × 5 × 4 = 20
6,3
!3 × !3 !3 × !3 !3
Analogamente, o número de maneiras de se escolherem as 3 engenheiras é:
C = !4 = 4 × !3 = 4 4,3
!3 × !1 !3 × !1
Temos um total de 24 casos favoráveis (=20+4). E temos 120 casos possíveis. A
probabilidade procurada fica:
P = 24 = %20
120
E, novamente, marcamos a letra D.
Note que a reposta foi a mesma, seja quando consideramos que a ordem era relevante,
seja quando consideramos ser um caso de combinação.
Aí vem a pergunta: então pra quê precisamos estudar combinação?
Primeiro, porque esse conceito vai aparecer novamente nas próximas aulas. Segundo,
porque é muito comum a cobrança da sua fórmula e dos símbolos envolvidos. Vejam o
exercício a seguir.
EC 30
AFC/CGU - 2008. Área: Estatística e cálculos atuariais. [ESAF]
Em uma população de N objetos, M possuem determinada propriedade, enquanto N-M
não possuem esta propriedade. Ao se retirar uma amostra aleatória de n objetos desta
população, sem reposição, qual a probabilidade de que exatamente k objetos na amostra
tenham a referida propriedade?
a) C (M , k ) × C ( N − M , n − k ) ÷ C ( N , n)
� M �
k / n
b)
� �
� N �
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C n k
k
� M � �
n−k
�M
c) ( , ) × � � × �1 − �
� N � � N �
� �d)
M
� �
� N �
k −1
�× 1 M �
� − �
� N �
k
� M � �
n−k
�M
e)
� � × �1 − �
� N � � N �
Olhe como a questão cobrou o símbolo de combinação. Na
verdade, no enunciado original, em vez de escrever
CM ,k . As duas formas são equivalentes.
C (M , k ) , o símbolo utilizado foi
Essa questão tem letra demais. Vamos jogar valores para ficar mais fácil.
A população tem 15 objetos (N=15). 7 objetos possuem a propriedade desejada (M=7).
Retiramos uma amostra de 6 objetos (n=6). Queremos saber a probabilidade de
exatamente 2 objetos terem a referida propriedade (k=2).
Vamos ver de quantas formas podemos escolher os 6 objetos. Temos um conjunto de 15
objetos e precisamos escolher 6, sem reposição, onde a ordem não importa. É uma
combinação de 15 tomados 6 a 6.
O número de casos totais fica:
C ( ,15 )6
Agora vejamos os casos favoráveis. Os casos favoráveis são aqueles em que, na
amostra, temos exatamente dois objetos com a referida característica.
Podemos dividir em etapas. Na primeira etapa, escolhemos os dois objetos com a dada
característica. Temos um conjunto de 7 objetos com a característica e precisamos
escolher 2, sem reposição, onde a ordem não importa. É uma combinação de 7, tomados
2 a 2.
C ( ,7 )2
Na segunda etapa, precisamos escolher 4 objetos sem a referida característica. Temos
um conjunto de 8 objetos sem a referida característica e precisamos escolher 4, sem
reposição, onde a ordem não importa. É uma combinação de 8, tomados 4 a 4.
C( ,8 )4
Assim, o número de casos favoráveis é igual à multiplicação das duas etapas:
C ( ,7 )2
× C ( ,8 )4
A probabilidade procurada é a divisão entre o número de casos favoráveis e o número de
casos totais:
P = C ( ,7 )2
× C ( ,8 )4
C ( ,15 )6
Substituindo os números pelas letras, temos:
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P = C (M , k ) × C ( N − M , n − k ) C ( N , n)
Resposta: A.
Uma outra simbologia para combinação é a seguinte. Em vez de escrevermos
� n �
C ( ,n
p) ,
escrevemos
�� � p� �
Outra simbologia para a combinação de n, p a p:
� n �
C (n, p) = �� � p� �
EC 31
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
Em uma livraria 4 livros didáticos com defeito foram misturados a outros 16 livros sem
defeito. Um professor foi à livraria e escolheu, aleatoriamente, 4 desses livros para
presentear
seus alunos. A probabilidade de ter escolhido 3 livros com defeito é:
� 4 �� 16 �
� �� � � �� 1
3�
a)
� 20 �
��
� 4 � �
�16 �� 4 �
� �� � � �� 1
3�
b)
� 20 �
�� � 4� �
�16 �
c) × 0 8,�
4 �
4 × ,0 212
� � �
� 20 �
d) × 0 8,�
4 �
4 × ,0 216
� � �
�16 �
e) × 0 8,�
3 �
4 × ,0 212
� � �
Observe como a questão cobra o símbolo de combinação.
O enunciado ficou com um pequeno problema. O que a questão quis perguntar foi a
probabilidade de serem escolhidos exatamente 3 livros com defeito (ou seja, dos 4 livros
escolhidos, um é normal e três têm defeito). Do jeito que ficou escrito, é possível
entender que o caso em que os 4 livros escolhidos são defeituosos também serviria.
Neste caso, a resolução seria diferente da que mostramos a seguir.
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Feita a correção no enunciado, vejamos o número de casos possíveis. Temos um
conjunto de 20 livros. Precisamos escolher 4, sem reposição, onde a ordem não importa.
Temos a combinação de 20, 4 a 4. O número de casos possíveis fica:
� 20 �
�� � 4� �
Agora vamos aos casos favoráveis. Podemos dividir em duas etapas. Na primeira, de um
conjunto de 4 livros com defeito, selecionamos 3, sem reposição, onde a ordem não
importa. É uma combinação de 4 tomados 3 a 3.
� 4 �
�� � 3� �
Na segunda etapa, de um conjunto de 16 livros normais precisamos escolher 1. É uma
combinação de 16 tomados 1 a 1.
�16 �
�� � 1� �
O número de casos favoráveis é o produto dos valores acima.
� 4 � × �16 � �� � 3� � 1
� �
A probabilidade procurada é:
� 4 � × �16 � �� � � �
P = � 3
� 1
� 20 �
�� � 4� �
Resposta: A.
EC 32
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
A tabela abaixo apresenta a distribuição de freqüências das notas obtidas num teste de
matemática, realizado por 50 estudantes.
Notas Freqüência absoluta
0 │− 2 4
2 │− 4 12
4 │− 6 15
6 │− 8 13
8 │− 10 6
Selecionando-se ao acaso e sem reposição três estudantes dentre esses 50, a
probabilidade de pelo menos um ter tirado nota igual ou superior a 2 é:
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� 4 �
� 4 �
3
� 4 �
b)
3
� �
50 × �
3
4
�
47 � � � �
× � 46 �
a) � � 1 − � 4 �
�
� c) � � � �
�
d)
� 3 �
� 3 �
� 50 � � 50 � � �
� 3 �
� 50 � � 50 � � 50 � e) 1 −
� 50 �
� 3 �
� ��
��
�� � 3 �
Selecionam-se, aleatoriamente, três alunos. Seja A o evento que ocorre quando pelo
menos um dos três alunos escolhidos tirou nota igual ou superior a 2. O evento
complementar (símbolo: A ) ocorre quando todos os três alunos selecionados tiraram
nota menor que 2.
Vamos calcular a probabilidade do evento complementar ( A ).
Comecemos pelo número de casos possíveis. Temos 50 alunos. Precisamos escolher 3,
sem reposição, onde a ordem não importa. Temos uma combinação de 50, tomados 3 a
3.
Número de casos possíveis:
� 50 �
�� � 3� �
Agora os casos favoráveis. Queremos ver quantas combinações podemos formar com 3
alunos que tiraram notas abaixo de 2. São 4 alunos nessa condição. Precisamos escolher
3, sem reposição, onde a ordem não importa. Temos uma combinação de 4, tomados 3 a
3.
Número de casos favoráveis:
� 4 �
�� � 3� �
A probabilidade do evento complementar fica:
� 4 �
P(
)A
�� �
= � 3 �
� 50 �
�� � 3� �
Consequentemente, a probabilidade do evento A fica:
� 4 �
P(
)A
= 1 −
�� � 3� �
� 50 �
��
� 3 � �
Resposta: E.
XIII VARIÁVEIS ALEATÓRIAS
Vamos trabalhar com o resultado do lançamento de um dado de seis faces. O resultado
do lançamento de um dado pode ser: 1, 2, 3, 4, 5, 6.
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Pois bem, nossa variável em estudo é justamente o resultado obtido no lançamento de
um dado. Antes de lançarmos o dado, não temos condições de determinar, com certeza,
qual será seu resultado.
Esta variável em estudo é uma variável aleatória. Ela pode assumir valores diferentes e,
além disto, de forma aleatória.
Se quiséssemos de antemão determinar, com exatidão, o resultado do lançamento de um
dado, teríamos que levar em conta uma gama muito grande de fatores. A posição de
lançamento do dado. A força de arremesso. O ângulo. A rotação. Formato e densidade do
dado. Atrito com o ar. Altura em relação à mesa. Inclinação da mesa. E poderíamos ficar
imaginando aqui infinitos outros fatores que influenciariam no resultado. São tantos
fatores que fica extremamente difícil modelar seu comportamento de tal modo que
possamos predizer o resultado com 100% de certeza.
Em casos assim, podemos dizer que a variável é aleatória. Ela assume diferentes valores
e cada resultado possível pode ser associado a uma dada probabilidade.
É claro que estamos muito longe de uma definição adequada de variável aleatória. Mas
pra gente essa noção “grosseira” já basta.
Uma variável aleatória pode ser discreta ou contínua.
O que é uma variável discreta? De maneira bem simples (e imprecisa, até mesmo
errônea), podemos dizer que é uma variável que assume apenas alguns valores.
Imagine o lançamento de um dado. Podemos obter apenas os resultados 1, 2, 3, 4, 5 e
6. Essa variável é discreta.
Melhorando um pouquinho nossa definição, podemos dizer que a variável discreta
assume valores num conjunto enumerável de pontos da reta real.
Imagine a variável aleatória que representa o número de estrelas visíveis, a partir de
uma dada cidade. Esta variável aleatória pode assumir o valor zero (em caso de uma
noite com muitas nuvens). Mas também pode assumir valores bem altos. A rigor, ela não
assume apenas alguns valores, como dissemos acima. São inúmeros valores possíveis.
Contudo, ela assume valores que são enumeráveis.
À variável discreta se contrapõe a variável contínua. A variável contínua pode assumir
qualquer valor num intervalo real. Imagine que temos um termômetro “mágico”, que
tem infinitas casas após a vírgula.
A variável temperatura, medida com nosso termômetro mágico, é contínua. Ela pode
assumir os valores 1°C, 2°C, 3ºC, ... Mas também pode assumir valores como
5,6798944635°C. Ou ainda, 2,33333...°C (uma dízima periódica). Ou ainda π °C (pi
graus celcius). Ou 2 ºC (um número irracional). Ou qualquer outro número real.
1 Esperança para uma variável aleatória discreta
Voltemos ao lançamento do dado.
Considere que o dado é lançado seis vezes. São obtidos os seguintes resultados:
Resultados obtidos em seis lançamentos: 2, 5, 3, 2, 4, 1.
Obtidos esses resultados, podemos calcular a média. A média de um conjunto de dados
nós já estudamos.
X = 2 + 5 + 3 + 2 + 4 + 1 6
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X = 2 + 5 + 3 + 2 + 4 + 1 ≈ 2 83, 6
Até aqui nenhuma novidade.
A esperança de uma variável aleatória é muito parecida com a média de um conjunto de dados.
Depois que os lançamentos com nosso dado de seis faces foram feitos,
sabemos
exatamente os valores saíram e podemos calcular a média com tranqüilidade.
Contudo, é muito comum querermos calcular uma “média” antes de lançarmos o dado.
Só que antes de lançarmos o dado não sabemos quais os resultados sairão. Já vimos que se trata
de uma variável aleatória. É impossível prever os resultados com uma certeza de
100%.
É aí que entra a esperança.
Considere que se trata de um dado honesto. Feito de material homogêneo, com formato
simétrico. É bem razoável esperar que todas as seis faces tenham a mesma chance de sair.
É razoável esperar que, num número muito grande de lançamentos, cada uma das faces saia em
1/6 das vezes.
Se lançarmos esse dado muitas e muitas vezes, podemos esperar a seguinte tabela de
freqüências relativas:
Valor da face
(X)
Freqüência relativa
simples (fr)
X × fr
1 1/6 1/6
2 1/6 2/6
3 1/6 3/6
4 1/6 4/6
5 1/6 5/6
6 1/6 6/6
Total 1 3,5
Assim, o valor médio esperado é 3,5.
Não temos certeza se, para um dado conjunto de lançamentos, a média será de 3,5.
Pode não ser. No nosso exemplo acima, de fato, não foi. Mas para um número muito
grande de lançamentos, é razoável esperar que a média se aproxime de 3,5.
Dizemos que 3,5 é a esperança do resultado do lançamento de um dado honesto.
Corresponde à média que seria obtida num número extraordinariamente grande de
lançamentos.
Apenas para ilustrar, você pode executar no excel uma lista de números aleatórios entre
0 e 6. Feito isto, pode pedir para ele arredondar para o inteiro logo acima.
Fiz um exemplo aqui no meu computador. A lista gerada, com 100 números foi:
1 2 3 3 4 1 6 3 6 4
4 3 5 2 3 6 3 3 4 5
3 6 1 6 2 6 3 2 1 3
1 5 6 4 5 5 6 2 6 1
6 6 3 3 2 2 5 2 5 6
3 6 4 4 2 3 4 1 4 5
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4 3 3 1 1 4 2 4 3 4
3 5 1 5 4 3 4 1 3 4
2 1 4 1 4 3 1 4 6 2
4 1 4 2 6 1 5 3 2 1
A média destes valores é de 3,4.
Repeti o mesmo procedimento, desta vez para 300 valores. A média foi de 3,52667.
Vamos passar a fórmula da esperança.
Seja X uma variável aleatória que assume n valores (x1, x2, x3, ..., xn).
Considere que cada um desses n valores tem uma dada probabilidade de acontecer.
x1 tem probabilidade P1 de acontecer.
x2 tem probabilidade P2 de acontecer.
xn tem probabilidade Pn de acontecer.
A esperança de X é dada por:
E[
]X
n
= ∑ iP × xi
i =1
Para o dado, foi exatamente isto que fizemos. Sabíamos que os resultados possíveis
eram 1, 2, 3, 4, 5 e 6. Cada um com probabilidade de 1/6. A esperança ficou:
E ( X ) = 1 ×1 + 1 × 2 + 1 × 3 + 1 × 4 + 1 × 5 + 1 × 6 = 3 5,
66 6 6 6 6
É comum se empregar o seguinte símbolo para esperança: μ.
Logo:
μ = 1 ×1 + 1 × 2 + 1 × 3 + 1 × 4 + 1 × 5 + 1 × 6 = 3 5,
6X 6 66 6 6
A esperança é bem parecida com a média. Só que em vez de sabermos quantas vezes
um valor ocorreu, sabemos apenas a sua probabilidade.
O cálculo é bem semelhante ao cálculo da média, quando são fornecidas apenas as
freqüências relativas. A probabilidade de acontecer cada valor é análoga à sua freqüência
relativa em um número muito grande de experimentos. É comum que se referira à
esperança como “valor médio”, ou como “média de uma variável aleatória”.
Vamos a um outro exemplo.
EC 33
Agente Fiscal do Tesouro do Estado/RS - 2006 – Adaptado.
A tabela a seguir apresenta as probabilidades de um oficial de justiça receber 0, 1, 2 ou 3
relatórios de violação de liberdade condicional em um dia qualquer.
Número de
violações 0 1 2 3
Probabilidade 0,40 0,20 0,10 0,30
A média desta distribuição de probabilidades é:
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a) 1,30
b) 1,50
A questão está adaptada. Na verdade, eram cinco alternativas. Só que, além da média,
era pedido também outro cálculo. Assim, havia cinco alternativas combinando esses dois
valores de média com valores do outro cálculo solicitado.
Neste exercício, o que temos é uma variável aleatória. O número de violações pode ser
0, 1, 2 ou 3. Num dia qualquer, não temos como saber, com certeza, qual será o número
de violações recebido.
Mas sabemos a probabilidade de cada valor acontecer. O que significam as
probabilidades fornecidas? Significa que, num intervalo muito grande de dias, o oficial de
justiça recebe 0 relatórios de violações em aproximadamente 40% desses dias. Em
outros 20%, ele recebe 1 relatório de violação. Em outros 10%, recebe 2 relatórios. E
nos outros 30%, recebe 3 relatórios.
Como temos apenas a probabilidade de cada resultado, na verdade o que se pede é a
esperança desta variável.
Podemos pensar que a esperança é a média que seria obtida caso um número muito
grande de experimentos fosse realizado.
O cálculo é muito parecido com o cálculo da média, pois podemos pensar que as
probabilidades são análogas às freqüências relativas simples.
A esperança fica assim:
Número de violações (x) Probabilidade (P)
x × P
0 0,4 0
1 0,2 0,2
2 0,1 0,2
3 0,3 0,9
Total 1 1,3
A esperança fica:
μ = 1 3, = 1 3,
1
Podemos também utilizar a fórmula, que o resultado será o mesmo:
E[
]X
n
= ∑ iP × xi
i =1
E[ X ] = ,0 4 × 0 + ,0 2 ×1 +
0 1,
× 2 + 0 3,
× 3 = 1 3,
Vejamos outro exemplo.
EP 16
Temos um tetraedro com faces 1, 2, 5, 8.
Lançamos o tetraedro. A variável aleatória X vai corresponder ao valor da face que ficar
em contato com a mesa.
Calcule a média desta variável.
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O que se pede é a média de uma variável aleatória. Ou ainda, sua esperança.
Supondo que o tetraedro seja homogêneo, cada valor tem probabilidade 1/4 de ocorrer.
Assim, o cálculo da esperança será análogo ao cálculo da média já visto nas duas
primeiras aulas. Só que em vez de termos a freqüência relativa, temos a probabilidade.
(x) Probabilidade (P)
x × P
1 0,25 0,25
2 0,25 0,5
5 0,25 1,25
8 0,25 2
Total 1 4
E a média da variável aleatória fica:
E[ X ] = μ = 4 = 4 .
1
Ou, usando a fórmula:
E[ X ] = μ = 1x
× 1P + x2 ×
2P
+ x3 × 3P
+ x4 × 4P
E[ X ] = μ = 1× ,0 25 + 2 × ,0 25 + 5 × ,0 25 + 8 × ,0 25
E[ X ] = μ = 4
Acho bem interessante ter em mente a proximidade entre a esperança e a média de um
conjunto de dados. Não
é à toa que é comum nos referirmos à esperança como média de
uma variável aleatória.
Esperança (ou média da variável aleatória)
É semelhante à média. É a média que seria obtida num número muito grande de
experimentos. No caso de variável discreta, é dada por:
n
E[
]X
= μ = ∑ iP × xi
i =1
EP 17
Próximo domingo é dia de clássico. Mário, Luis e Eduardo fizeram uma aposta. Cada um
apostou R$ 100,00. Se o time de Mário ganhar, Mário recupera o que apostou e ganha
R$ 200,00 de lucro. Se o time de Luís ganhar, ele recupera o que apostou e lucra R$
200,00.
E o Eduardo? Bom, Eduardo torce para um terceiro time, que não vai jogar nesse
domingo, mas que se beneficia em caso de empate. Portanto, se der empate, Eduardo é
quem leva os R$ 300,00 (recupera seus R$ 100,00 e ganha os R$ 200,00 de seus
colegas).
Pelo histórico do confronto, têm-se as seguintes probabilidades:
· O time de Mário tem 30% de chance de ganhar
· O time de Luis tem 45% de chance de ganhar
· Há 25% de chance de empate.
Sabendo disso, qual a esperança do lucro de Mário?
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A variável X vai ser “o quanto Mário lucra”.
Vejamos os valores que X assume. Em caso de vitória do time de Mário, este lucra R$
200,00. Nossa variável assume, portanto, o valor 200.
Em caso de derrota ou empate, Mário perde R$ 100,00. Nossa variável assume o valor
de – 100 (cem negativo).
A probabilidade de X assumir o valor 200 é de 30%. E a probabilidade de X assumir o
valor -100 é de 70%.
Assim, a esperança de X fica:
E[
]X
n
= μ = ∑ iP × xi
i =1
E[
]X
= 0 3,
× 200 + ,0 7 × (
100−
) = 60 − 70 = −10
A esperança é de menos 10 reais.
Notem que não estamos dizendo que Mário vai perder dez reais. Aliás, no problema
proposto, isto é impossível. Mário só tem como ganhar duzentos reais ou perder cem
reais.
Se fosse possível repetir essa aposta muitas e muitas vezes, em média, Mário perderia
dez reais. É apenas isso.
Lembram lá da aula 1, quando dissemos que a média de um conjunto de dados não
precisa necessariamente pertencer ao conjunto de dados?
Com a esperança é a mesma coisa. O valor da esperança não precisa necessariamente
ser um resultado possível.
Do mesmo modo, vimos que a esperança do lançamento do dado é 3,5. Sabemos que é
impossível lançarmos um dado e dar o resultado 3,5. Mas, se o lançássemos infinitas
vezes, a média assim obtida seria de 3,5. O mesmo se aplica ao exemplo da aposta dos
três amigos.
2 Propriedades da esperança
Independentemente de ser contínua ou discreta, a esperança tem algumas propriedades.
Sejam A e B duas variáveis aleatórias.
Sabemos que a esperança de A pode ser escrita como
E[ ]A
ou
μ A .
A esperança de B pode ser escrita como
Pois bem, seja C = A + B
Seja D = A – B.
Então, as esperanças de C e D serão:
[E B] ou μ B
E C[
] = E[ A] + E[B] = μ A + μ B
E[D] = E[ A] − E[B] = μ A − μ B
A esperança da soma é igual à soma das esperanças.
A esperança da subtração é igual à subtração das esperanças.
Se A e B forem independentes (ou seja, o resultado de uma variável não influenciar em
nada no resultado da outra), então ainda temos mais uma propriedade. Seja H = A x B.
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E[H ] = E[ A] × E[B] = μ A × μ B
Quando as variáveis são independentes, a esperança do produto é igual ao produto das
esperanças.
Seja k uma constante real. Seja
I = k × A . A esperança de I fica:
[E I ] = [E k ×
]A
� [E I ] =]k × [E ]A
Se multiplicarmos uma variável aleatória por uma constante k, podemos retirar esta
constante da esperança.
Por fim, seja k uma constante. A esperança da constante é:
E[k ] = k
A esperança de uma constante é igual à própria constante.
Vamos a um exemplo
EP 18
Seja A uma variável aleatória de média 2. Seja B uma variável aleatória de média 5.
Sabendo que A e B são independentes, calcule a média da variável C onde:
C = A + 3 AB
Vamos aplicar as propriedades da esperança.
[E C ] =
[
E
A + 3 AB]
Temos uma esperança de uma soma. Podemos separar em uma soma de esperanças.
[E C ] = [E
]A
+ E 3[
AB]
Agora temos uma constante multiplicando nossas variáveis aleatórias. Esta constante
pode sair da esperança.
[E C ] = [E
]A
+ 3
[E
AB]
Temos uma esperança de um produto. Como as variáveis são independentes, podemos
separar em um produto de esperanças.
[E C ] = [E
]A
+ 3
[E
]A × [E B]
Substituindo os valores, ficamos com:
[E C ] = 2 + 3 × 2 × 5 = 32
Propriedades da esperança.
Sejam A e B variáveis aleatórias, e k uma constante
E[A + B] = E[ ]A +
E[B]
E[A − B] = E[ ]A − E[ ]B
E[k ] = k
E[
]kA
= kE[ ]A
Se A e B forem independentes, ainda vale:
E[ AB] =
[
E
]A × [E B]
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EP 19
Sejam X e Y duas variáveis aleatórias. X tem média 4. Y tem média 6. Calcule a média
da variável Z, onde Z = 3X – 2Y
Usando as propriedades da esperança, temos:
[E Z ] = 3 ×
[
E
X ] − 2 × [E Y ]
[E Z ] = 3 × 4 − 2 × 6 = 0
A variável Z tem média zero.
3 Variância de uma variável aleatória
Vamos trabalhar novamente com o resultado do lançamento de um dado de seis faces. O
resultado do lançamento de um dado pode ser: 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Pois bem, suponhamos que lançamos o dado seis vezes e obtivemos os seguintes
resultados:
Resultados obtidos em seis lançamentos: 2, 5, 3, 2, 4, 1.
A média desses resultados fica:
X = 2 + 5 + 3 + 2 + 4 + 1 = 17 ≈ 2 83, 6 6
E a variância fica:
σ 2 = (2 − ,2
)
83
2 + 5(
− ,2
)
83
2 + 3(
− ,2
)
83
2 + (2 − ,2
)
83
6
2 + (4 − ,2
)
83
2 + 1(
2− ,2 )83
≈ 1 80,
Agora, de forma análoga ao feito com a esperança, vamos calcular qual a variância que seria
obtida num número muito grande de lançamentos de um dado.
Em um número muito grande de lançamentos, é razoável esperar que cada uma das faces
ocorra em 1/6 das vezes.
E é razoável esperar que a média seja próxima a 3,5 (ver tópico de esperança, na página
83).
Se lançarmos este dado muitas e muitas vezes, a tabela de freqüências obtida seria:
Valor da face (x) Freqüência relativa
simples (fr)
X × fr
1 1/6 1/6
2 1/6 2/6
3 1/6 3/6
4 1/6 4/6
5 1/6 5/6
6 1/6 6/6
Total 1 3,5
A média seria 3,5.
O cálculo da variância ficaria:
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Valor da face
Quadrado do desvio em
(x) relação à média (e 2 )
E a variância seria:
σ 2 = 17 5, = 2 9166,
6
1 6,25
2 2,25
3
0,25
4 0,25
5 2,25
6 6,25
Total 17,5
Ou seja, o valor da variância seria 2,9166, em um número muito grande de lançamentos.
É claro que, num experimento em particular, a variância pode ser diferente desta acima.
No caso dos seis lançamentos, visto no começo deste tópico, de fato, foi diferente.
Mas em um número grande de lançamentos, o valor da variância se aproxima de 2,9166.
Para aquela simulação de cem lançamentos feita no excel, a variância foi de 2,66.
Como estamos fazendo um cálculo que envolve possíveis resultados de uma variável
aleatória, estamos lidando com esperanças.
No caso de variáveis aleatórias, a variância é definida como:
σ 2 = E ( )[ ]X − μ
2
Em vez de utilizar o símbolo σ 2 para variância, é também comum se empregar V ( X ) .
Outro símbolo possível é Var ( X )
V ( X ) = E ( )[ X − μ ]2
Essa fórmula lembra bastante aquela que vimos na aula de medidas de dispersão. Naquela
aula, já sabíamos os resultados obtidos. Pegávamos cada um deles, subtraíamos da média,
achando os desvios.
Depois, calculávamos a média dos quadrados dos desvios, encontrando a variância.
Agora, ainda não sabemos quais os valores serão obtidos. Mas sabemos qual o valor
médio esperado. Assim, os desvios são apenas desvios esperados.
Portanto, o que estamos calculando é o desvio quadrático médio esperado, em um
número muito grande de lançamentos.
A variância de X pode ser reescrita da seguinte forma:
V ( X ) = E ( )[ X − μ ]2
Desenvolvendo o quadrado da diferença:
V ( X ) =
[
E
X 2 − 2μX + μ 2 ]
Agora podemos utilizar as propriedades da esperança. A esperança da soma é igual à
soma das esperanças.
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − [E 2μX ] + [E μ 2 ]
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Só que o valor de μ é constante. Multiplicando uma variável aleatória por uma constante, a
esperança também fica multiplicada pela mesma constante.
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − 2μ
[E
X ] + [E μ 2 ]
O valor
μ 2 também é constante. A esperança de uma constante é igual à própria
constante.
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − 2μ
[E
X ] + μ 2
A esperança de X é igual a μ.
V ( X ) =
[
E
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − 2μ 2 + μ 2
X 2 ] − μ 2
Pronto, esta é uma outra forma de escrever a esperança.
Vamos aplicá-la ao lançamento do dado.
Primeiro passo. Vamos calcular a esperança de X2.
Os valores possíveis de X2 são 1, 4, 9, 16, 25 e 36. Cada um com probabilidade de 1/6.
A esperança de X2 fica:
E[ X 2 ] = 1 ×1 + 1 × 4 + 1 × 9 + 1 ×16 + 1 × 25 + 1 × 36 ≈ 15 166,
66 6 6 6 6
Portanto, a variância é igual a:
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − μ 2
V ( X ) = 15
166,
− 3 5, 2
V ( X ) = 2 9166,
É o mesmo resultado obtido anteriormente.
Símbolos para variância de uma variável aleatória:
σ 2 = V ( X ) = Var( X )
Fórmulas da variância de uma variável aleatória.
V ( X ) = E ( )[ ]X − μ
2
ou
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − μ 2
Ambas são equivalentes
Se pensarmos que a probabilidade corresponde à freqüência relativa que seria obtida
num número muito grande de experimentos, vemos que as fórmulas acima
correspondem exatamente às fórmulas estudadas na aula de medidas de dispersão.
V ( X ) = E ( )[
X − μ
] corresponde a
2
1 ∑ (X
n i
− X )2
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�� n 2�
�
� � ∑ X i � � n
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − μ 2
corresponde a
1 �
n �∑
� i =1 ��
2 )X ( i −
� i =1
n
� �
�
�
��
EC 34
Agente Fiscal do Tesouro do Estado/RS - 2006 – Adaptado.
A tabela a seguir apresenta as probabilidades de um oficial de justiça receber 0, 1, 2 ou 3
relatórios de violação de liberdade condicional em um dia qualquer.
Número de
violações 0 1 2 3
Probabilidade 0,40 0,20 0,10 0,30
A variância desta distribuição de probabilidades é:
a) 1,61
b) 3,50
c) 1,50
No EC 33 já analisamos esta tabela. Calculamos a média da variável aleatória. A média
(ou esperança) desta variável é 1,30.
Vamos agora calcular a esperança de X2.
A esperança fica assim:
Número de violações ao
quadrado (x2)
Probabilidade (P)
x 2 × P
0 0,4 0
1 0,2 0,2
4 0,1 0,4
9 0,3 2,7
Total 1 3,3
A esperança fica:
E[ X 2 ] = 3 3, = 3 3,
1
E agora podemos calcular a variância.
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − μ 2
V ( X ) = 3 3,
− 1 3,
2 = 1 61,
Resposta: A.
4 Desvio padrão e coeficiente de variação de uma variável aleatória
A mesma coisa que vimos na aula de medidas de dispersão continua valendo aqui, no
caso de variáveis aleatórias.
Seja σ 2 a variância da variável aleatória X. Então
o desvio padrão dessa variável é dado por:
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=σ σ 2 (o desvio padrão é a raiz quadrada da variância).
Seja μ a média da variável aleatória X. Então o coeficiente de variação dessa variável é
dado por:
CV = σ
μ
5 Covariância
Por definição, a covariância entre duas variáveis aleatórias X e Y é:
( )( )[ ]
Cov[ X ,Y ] = E
X − μ X Y − μY
Desenvolvendo a fórmula acima:
( )( )[ ]
Cov[ X ,Y ] = E
X − μ X Y − μY
( )[ ]
Cov[ X ,Y ] = E
XY − XμY − Yμ X + μ X μY
A esperança da soma é igual à soma das esperanças.
[Cov X , Y ] =
[
E
XY ] −
[
E
XμY ] − [E Yμ X ] + [E μ X μY ]
Os valores de
com:
μ X e
μY são constantes. Podemos retirá-los das esperanças. Ficamos
Cov[ X , Y ] = E[ XY ] − μY E[ X ] − μ X E Y[
] + μ X μY
Cov[ X , Y ] = E[ XY ] − μY μ X
Cov[ X , Y ] = E[ XY ] − μY μ X
− μ X μY + μ X μY
Se X e Y forem independentes, a covariância fica:
Cov[ X , Y ] = E[ XY ] − μY μ X
Cov[ X , Y ] = E[ X ] × E Y[
] − μY μ X
Isto porque, para variáveis independentes, a esperança do produto é igual ao produto
das esperanças.
Cov[ X , Y ] = μY μ X
[Cov X ,Y ] = 0
− μY μ X
Fórmulas para covariância
Cov[ X , Y ] = E
([
)( )]X − μ −
X Y μY
ou
Cov[ X , Y ] = E[ XY ] − μY μ X
Caso X e Y sejam independentes, a covariância é nula
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Sabendo o conceito de covariância, podemos calcular a variância da soma de duas
variáveis aleatórias.
Seja
Z = X + Y
Queremos calcular:
(V Z )
( )[ ]2Z − μ E= Z
Primeiro, calculemos o valor de μ Z
E (Z ) = E( X + Y ) = E ( X ) + E(Y )
Zμ = μ X
+ μY
Podemos agora continuar
o cálculo da variância de Z
(V Z )
( )
( )[ ]2Z − μ E= Z
( )[ ]2
ZV = E
X + Y − μ X − μY
)( ( )[ ]2
V X + Y
E= X + Y − μ X − μY
)( ( ) ( )[ ]2
V X + Y = E
X − μ X + Y − μY
( ) ( ) ( )( )[ ]
V ( X + Y ) = E
X − μ X
+2 Y − μY
2
+ 2 X − μ X
Y − μY
( )[ ] ( )[ ] ( )( )[ ]
V ( X + Y ) = E
X − μ X 2 + E
Y − μY 2 + 2E
X − μ X Y − μY
V ( X + Y ) = V ( X ) + V (Y ) + 2Cov( X , Y )
De forma análoga, a variância da diferença entre duas variáveis fica:
V ( X − Y ) = V ( X ) + V (Y ) − 2Cov( X , Y )
Variância da soma:
V ( X + Y ) = V ( X ) + V (Y ) + 2Cov( X ,Y )
Variância da diferença:
V ( X − Y ) = V ( X ) + V (Y ) − 2Cov( X , Y )
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EC 35
Analista BACEN/2006 – Área 4 [FCC]
Sejam X e Y duas variáveis aleatórias e
I – E(X) e E(Y) as expectâncias de X e Y, respectivamente;
II – Var(X) e Var(Y) as variâncias de X e Y, respectivamente;
III – Cov(X,Y) a covariância de X e Y.
Tem-se que, em qualquer situação:
a) V ( X ) = E( X 2 ) + [ ]E( X ) 2
b) E( XY ) = Cov( X , Y ) + E( X )E(Y )
c) E (2 X + )3
= 2E( X )
d) Se Cov( X ,Y ) = 0 então X e Y são independentes.
e) E( X + Y ) = E( X ) + E(Y ) somente no caso de X e Y serem independentes.
Questão da FCC. Aqui, em vez de usar o nome esperança, está se usando um sinônimo:
expectância.
Vamos para a letra a.
Afirma-se que:
V ( X ) = E ( X 2 ) + [ ]E( X ) 2
Substituindo E(x) por
μ X , ficamos com:
(V X )
E= ( X
)2 2 + μ X
Mas nós vimos que está fórmula está errada. O correto seria substituir o sinal de + por -.
Ficaria assim:
(V X )
[= E X
]2 2 − μ X
Alternativa errada.
Vamos para a letra b.
Nós vimos que a covariância pode ser escrita como:
Cov[ X , Y ] = E[ XY ] − μY μ X
Substituindo μ X
por E[X] e
μY por E[Y], ficamos com:
[Cov X , Y ] =
[
E
XY ] −
[
E
X ] [E Y ]
Isolando E[XY]:
E[ XY ] = [Cov X , Y ]
+ [E
X ] [E Y ]
Alternativa correta.
Vamos para a letra c.
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Vamos desenvolver o termo
E(2 X + )3
Primeiro, lembramos que a esperança da soma é igual à soma das esperanças.
E(2 X + )3
= E(2 X ) + E( )3
Observe que X está sendo multiplicado por 2. Podemos tirar a constante da esperança.
E (2 X ) + E( )3
= 2E ( X ) + E ( )3
Por fim, a esperança da constante 3 é o próprio 3.
2E( X ) + E( )3
= 2E( X ) + 3
Concluindo, ficamos com:
E (2 X + )3
= 2E( X ) + 3
Alternativa errada.
Na alternativa d temos uma inversão das coisas.
Dissemos apenas que, se duas variáveis forem independentes, a covariância é nula.
Mas o fato da covariância ser nula não implica que as variáveis sejam independentes.
Alternativa errada.
Na alternativa e afirma-se que
independentes.
E ( X + Y ) = E( X ) + E (Y ) apenas se X e Y forem
Isto é errado. Esta propriedade vale sempre, mesmo que X e Y não sejam
independentes.
Resposta: B.
EC 36
Analista BACEN/2006 – Área 3 [FCC]
Sejam X e Y duas variáveis aleatórias e
I. E(X) e E(Y) as expectâncias de X e Y, respectivamente; II.
Var(X) e Var(Y) as variâncias de X e Y, respectivamente; III.
Cov(X,Y) a covariância de X e Y.
Tem-se, em qualquer situação,
a) [E 2 X +
]5
= 4 × [E X ]
b) se
[
E
XY ] =
[
E
X ] × [E Y ] então X e Y são independentes
c)
[
Var
X +
]1
0
=
[
Var
X ] + 10
d)
[
E
X ] × [E Y ] =
[E
XY ] − [Cov X ,Y ]
e) [Cov X ,Y ] =
[Var
X ] × [Var Y ]
L
e
t
ra A.
[E 2 X + ]5
= 2 × [E
X ] + 5
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A expressão acima não é igual, em qualquer situação, a
4
[E
X ] . Alternativa errada.
Letra B.
Novamente, uma inversão das coisas. Dissemos que, se X e Y forem independentes,
então E[ XY ] =
[
E
X ] × [E Y ] . Mas o fato de E[ XY ] =
[
E
X ] × [E Y ] não implica que as
variáveis sejam independentes.
Alternativa errada.
Letra C.
Vimos desde a aula de medidas de dispersão que somas e subtrações não alteram a
variância. Aqui isso continua valendo. Ou seja, se somamos 10 à variável X, a variância
não muda.
Portanto:
Var[ X +
]1
0
= [Var X ]
Alternativa errada.
Letra D.
Nós vimos que a covariância pode ser escrita como:
Cov[ X , Y ] = E[ XY ] − μY μ X
Substituindo μ X
por E[X] e
μY por E[Y], ficamos com:
[Cov X ,Y ] =
[
E
XY ] −
[
E
X ] × [E Y ]
E[ X ] × [E Y ] =
[E
XY ] − [Cov X ,Y ]
Alternativa correta.
Letra E.
A igualdade dada é incorreta.
Resposta: D.
EC 37
Analista BACEN/2002 [ESAF]
Considere duas variáveis aleatórias X e Y. Sejam 45 e 65 as médias de X e de Y,
respectivamente. Sejam 4 e 16 as variâncias de X e Y respectivamente e 3 a covariância
entre essas variáveis. Assinale a opção que dá a variância da diferença X – Y.
a) 26
b) 20
c) 23
d) 14
e) Não é possível calcular a variância de X – Y com a informação dada.
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Questão da ESAF. Sabemos que:
Xμ = 45
Yμ = 65
V ( X ) = 4
V (Y ) = 16
Cov( X ,Y ) = 3
Sabemos que a fórmula da variância da diferença entre duas variáveis é:
V ( X − Y ) = V ( X ) + V (Y ) − 2Cov( X , Y )
Substituindo os valores:
V ( X − Y ) = 4 + 16 − 2 × 3
V ( X − Y ) = 14
Resposta: D.
EC 38
AFC/CGU - 2008. Área: Estatística e cálculos atuariais. [ESAF]
Seja X uma variável aleatória com média 1 e variância 2. Qual a variância da variável
Y=2X+4?
a) 2
b) 4
c) 6
d) 8
e) 12
Temos:
Y = 2 X + 4
Somas e subtrações não interferem na variância. Multiplicações e divisões sim. Como X
foi multiplicado por 2, a variância fica multiplicada por 2 ao quadrado.
V (Y ) = 2 2 × V ( X )
V (Y ) = 4 × 2 = 8
Resposta: D
Vamos aproveitar este exercício para checar as propriedades da variância.
Sabemos que:
E[ X ] = 1 ; V ( X ) = 2
Como Y = 2 X + 4 , então:
[E Y ] = [E 2 X + ]4
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100
Separando a esperança da soma em soma de esperanças:
[E Y ] = [E 2 X ] + [E ]4
Temos uma constante multiplicando a variável X. Extraindo esta constante da esperança:
[E Y ] = 2
[E
X ] + [E ]4
A esperança da constante 4 é igual ao próprio
4.
[E Y ] = 2
[E
X ] + 4
Yμ = 2μ X + 4
Agora, vamos à variância de Y:
V (Y ) E=
(
)[
Y − μY ]
2
V (Y ) = E (
)[ 2 X
+ 4 − (2 × μ X + )4 ]2
V (Y ) = E (
)[ 2 X
+ 4 − 2 × μ X − 4
2 ]
“Cortando” 4 com -4:
V (Y ) E= (
)[ 2 X −
2 × μ X ]
2
Note que a constante 4, que se somava à variável aleatória X, simplesmente
desapareceu do cálculo da variância de Y. Isto sempre acontece com constantes somadas
ou subtraídas. Por isso, somas e subtrações não interferem na variância.
V (Y ) E= (
)[ 2 X −
2 × μ X ]
2
Colocando o ‘2’ em evidência:
V (Y )
( )
E= (
)[ (2
[2 2
X − μ X
(
) 2 ]
) 2 ]
YV = E
× X − μ X
Retirando a constante 22 da esperança:
V (Y ) = 2 2 E× [( X − μ X ) 2 ]
V (Y ) = 2 2 × V ( X )
Observe que a constante 2 foi elevada ao quadrado e, depois, colocada em evidência,
multiplicando a variância de X. Isto sempre acontece com constantes que multiplicam ou
dividem. Por isto multiplicações e divisões interferem na variância.
Concluímos que a variância de Y é 4 vezes a variância de X. Como X foi multiplicado por
2, a variância foi multiplicada por 2 ao quadrado.
V (Y ) = 2 2 × 2 = 8
EC 39
Técnico Científico – Área estatística – BASA – 2007 [CESPE]
Considere duas variáveis aleatórias independentes X e Y idênticas e uniformemente
distribuídas no intervalo (0, 1). Acerca da distribuição da soma Z = X + Y, julgue os
seguintes itens.
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101
61 A média de Z é igual a zero.
62 A variância de Z é igual à variância da diferença X – Y.
63 A covariância entre Z e X é igual a 1/12.
[obs: Como não estudamos algumas matérias necessárias para resolver a questão,
considere as seguintes informações adicionais:
E[ X ] = [E Y ] = 0
5,
;
[
E
X 2 ] = 1 ].
3
Questão do CESPE.
Por enquanto não se preocupem com o termo “uniformemente distribuídas”. Ainda
veremos do que se trata.
Fiquem apenas com a informação de que, no presente caso, este termo implica em
médias iguais a 0,5, para as variáveis X e Y.
Vamos ao item 61.
Z é igual à soma de duas variáveis aleatórias. Portanto, basta aplicarmos a propriedade
segundo a qual a esperança da soma é igual à soma das esperanças.
E (Z ) = E( X + Y ) = E ( X ) + E(Y )
E(Z ) = 0 5,
+ 0 5, = 1
Portanto, a média da variável aleatória Z (ou a sua esperança) é igual a 1. Item errado.
Vamos ao item 62.
Z é igual à soma de duas variáveis. Sua variância fica (usando a fórmula da variância da
soma):
V (Z ) = V ( X ) + V (Y ) + 2Cov( X ,Y )
Como X e Y são independentes, sua covariância é nula.
V (Z ) = V ( X ) + V (Y )
Vamos agora calcular a variância da diferença X - Y.
V ( X − Y ) = V ( X ) + V (Y ) − 2Cov( X , Y )
Mas a covariância é nula.
V ( X − Y ) = V ( X ) + V (Y )
Logo, realmente a variância de Z é igual à variância de X – Y.
Item correto.
Vamos ao item 63. Queremos a covariância entre X e Z. Nós vimos que a fórmula é:
Cov[ X , Z ] = E[ XZ ] − μ Z μ X
Sabemos que a média de Z é 1 e a média de X é 0,5.
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102
[Cov X , Z ] =
[
E
XZ ] − 1× 0 5,
Sabemos também que Z é igual a X + Y.
[Cov X , Z ] =
[
E
[Cov X , Z ] =
[
E
X × ( X + Y )] − 1× 0 5,
X 2 + XY ] − 1× 0 5,
Sabemos que a esperança da soma é igual à soma das esperanças.
[Cov X , Z ] =
[
E
X 2 ] +
[
E
XY ] − 1× 0 5,
Como X e Y são independentes, a esperança do produto é igual ao produto das
esperanças.
[Cov X , Z ] =
[
E
X 2 ] +
[
E
X ] [E Y ] − 1× 0 5,
[Cov X , Z ] =
[
E
X 2 ] + 0 5,
× 0 5,
− 1× 0 5,
Ainda não temos condições de calcular o valor de
[
E
informação de que a esperança de X2 é igual a 1/3.
X 2 ] . Por enquanto, fiquem com a
[Cov X , Z ] = 1/ 3 + 0 5,
× 0 5,
− 1× 0 5,
[Cov X , Z ] = 1 + 1 − 1 = 4 + 3 − 6 = 1
3 4 2
Item correto.
12 12
EC 40
Fiscal de Rendas/MS – 2006 [FGV]
Analise as afirmativas a seguir, a respeito de duas variáveis aleatórias X e Y: I
– se X e Y são independentes, então Cov(X,Y) = 0.
II – Se Cov(X,Y) = 0, então X e Y são independentes;
III – Se X e Y são independentes, então E(XY) = E(X).E(Y)
IV – Se E(XY) =E(X).E(Y), então X e Y são independentes.
Assinale:
a) se nenhum alternativa estiver correta
b) se somente as alternativas I e III estiverem corretas
c) se somente as alternativas I e IV estiverem corretas
d) se somente as alternativas II e IV estiverem corretas
e) se todas as alternativas estiverem corretas.
O que nós estudamos foi:
· Se X e Y são independentes, a covariância é nula
· Se X e Y são independentes, a esperança do produto é igual ao produto das
esperanças.
E foi só isto. Qualquer outra conclusão não é necessariamente correta. O fato de
E ( XY ) = E ( X ) × E (Y ) não implica que as variáveis sejam independentes. O fato de a
covariância ser nula não implica que as variáveis sejam independentes.
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103
As únicas alternativas corretas são I e III. Resposta: B.
EC 41
Técnico Científico – Área: estatística. Basa 2007 [CESPE]
Em uma agência bancária, 5 empregados foram avaliados pelos empregados
supervisores A e B. Os supervisores, após avaliarem o desempenho de cada empregado,
atribuíram uma nota de zero a dez. A tabela abaixo mostra o resultado desta avaliação:
Empregado 1 2 3 4 5
Supervisor A
(nota) 5 6 8 7 9
Supervisor B
(nota) 8 7 7 9 10
Com base nessas informações, julgue os próximos itens:
75. A média das notas atribuídas pelo supervisor A é igual à mediana das atribuídas pelo
supervisor B.
76. A variância amostral das notas atribuídas pelo supervisor A é superior a 2.
supervisores A e B foram, em média, iguais.
78. A covariância entre as notas dadas pelos supervisores A e B é inferior a 1.
Não temos exatamente variáveis aleatórias. As notas são dadas, conhecidas. Não temos
probabilidades de ocorrência de cada valor. Temos realmente suas freqüências. Sabemos
quantas vezes cada valor ocorreu.
Bom, de todo modo, o exercício serve como revisão. E podemos treinar o cálculo de
covariância.
Item 75. A média das notas atribuídas pelo supervisor A é:
A = 5 + 6 + 8 + 7 + 9 = 7 5
As notas dadas pelo supervisor B são: 7, 7, 8, 9, 10. É um rol com cinco termos. Mediana
é o termo central. A mediana é 8.
D = 8
Os dois valores não coincidem. O item está errado.
Item 76.
A variância amostral, conforme vimos na aula passada, é dada por:
n 2
∑ ( )X
i − X
s 2 = i 1= n − 1
No caso, em vez da variável ser X, a variável é A.
n 2
∑ ( )A
i − A
s 2 = i 1= n − 1
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104
( )5
s 2 = − 7
2
+ (6 −
7)2
+ (7
− 7)2
+ (8 −
7)2
+ (9
7)2−
s 2 = 10 = 2 5,
4
Item correto.
5 − 1
Item 77.
A covariância entre duas variáveis é:
Cov[ X , Y ] = E[ XY ] − μY μ X
Vamos designar as notas dadas pelo primeiro supervisor por A. As notas dadas pelo
segundo, por B. Ficamos com:
Cov[ A, B] = E[ AB] − μ A μ B
Na verdade, não temos exatamente variáveis aleatórias. Não temos a probabilidade de
cada valor. Temos as freqüências. Sabemos quantas vezes cada valor ocorreu. Em vez de
esperanças, temos média mesmo.
Vamos trocar os símbolos
μ A e
μ B por A e B (só para manter a mesma simbologia
que adotamos nas aulas anteriores).
Já calculamos a média de A (vale 7). A média de B vale 8,2 (basta somar todas as notas
e dividir por 5).
A = 7
B = ,8 2
Precisamos calcular a “esperança” do produto de A e B. Neste exercício nem é
exatamente uma esperança, já que não temos variáveis aleatórias. É uma média mesmo. A
B AB
5 8 40
6 7 42
8 7 56
7 9 63
9 10 90
Total 291
E a média do produto de A e B fica:
E[ AB] = 291 = ,58 2
5
Como não é exatamente uma esperança, vamos trocar o símbolo por: AB .
AB = ,58 2
Calculando a covariância:
Cov[ A, B] = E[ AB] − μ A μ B
Trocando os símbolos:
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105
Cov[ A, B] = AB − A × B
[Cov ,A B] = ,58 2 − ,8 2 × 7
[Cov ,A B] = ,58 2 − ,57 4 = 0 8,
Item correto.
EC 42
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
Seja X uma variável com média 3 e coeficiente de variação igual a 0,5. Seja Y = -2X+3.
As variâncias de X e Y são dadas, respectivamente, por:
a) 1,5 e 6
b) 2,25 e 9
c) 1,5 e 3
d) 2,25 e 5
e) 2,5 e 6
Sabemos que o coeficiente de variação é dado pela divisão entre o desvio padrão e a
média.
= σ X
CV X μ X
Substituindo os valores dados:
0 5,
= σ X � σ
3 X
= 1 5,
� σ 2 = ,2 25 X
A variância de X é igual a 2,25. Ficamos entre as alternativas B e D.
Foi informado que Y =
2
−
X + 3 .
Somas e subtrações não interferem na variância. Multiplicações sim.
Como X foi multiplicado por -2, então a variância sofre a variação ao quadrado. A
variância de Y é 4 vezes a variância de X.
Var(Y ) = 4 × Var( X ) = 4 × ,2 25 = 9
Resposta: B.
EC 43
Analista Legislativo. Contador. Câmara dos Deputados 2007 [FCC]
Se a média e a variância da variável aleatória X são 12 e 80, respectivamente, então a
média e a variância da variável aleatória Y = X/4+1 são dadas respectivamente por:
a) 4 e 20 b) 4 e 5 c) 3 e 20 d) 4 e 21 e) 3 e 5
Y = X / 4 + 1
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106
[E Y ] =
[E
X ] + 1 = 12 + 1 = 4
4 4
A média de Y é igual a 4.
Para chegar em Y, a partir de X, dividimos por 4 e subtraímos 1.
Somas e subtrações não interferem na variância.
Multiplicações e divisões sim. Se dividimos por 4, a variância sofre a variação ao
quadrado. A variância de Y é igual à variância de X dividida por 16.
[Var Y ] =
[
Var
X ] /16 = 80 /16 = 5
Resposta: B.
EC 44
Assessor especializado – IPEA/2004 [FCC]
A variável X tem média 4 e variância 2. Considere as variáveis:
Y=3X; Z=X+5; U=-3X+1; V=X-5; W=Y-5
É verdade que:
a) W tem média 7 e variância 3
b) Z tem média 9 e coeficientes de variação 2
c) os coeficientes de variação de Y e U são iguais
d) os desvios-padrão de U e Y são iguais
e) se a distribuição de freqüências de X tem assimetria positiva, a média de V é maior do
que zero.
A tabela abaixo resume os valores de média e variância de cada variável.
Variável Média Variância
X 4 2
Y 12 18
Z 9 2
U -11 18
V -1 2
W 7 18
Note que Y e U têm variância igual. Portanto, apresentarão o mesmo desvio padrão.
Resposta: D.
6 Distribuição de probabilidades de uma variável discreta
Lembram lá da aula 2, quando falamos em distribuição de freqüências? Relacionávamos
cada valor (ou classe de valores) à respectiva freqüência (que poderia ser absoluta ou
relativa, simples ou acumulada).
Aqui vai ser bem parecido. Temos visto que a probabilidade é bem parecida com a
freqüência relativa. Pois bem, se relacionarmos cada valor possível de uma variável
aleatória com a sua respectiva probabilidade, temos a distribuição de probabilidade da
variável aleatória.
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107
Como exemplo, voltemos ao lançamento do dado de seis faces. A variável aleatória X é
justamente o resultado do lançamento do dado. A distribuição de probabilidade fica:
X P(X)
1 1/6
2 1/6
3 1/6
4 1/6
5 1/6
6 1/6
TOTAL 1
Do mesmo modo que acontece com as freqüências relativas simples, a soma de todas as
probabilidades é igual a 1. Isso porque a chance de X assumir algum dos valores de 1 a 6
é de 100%. Com certeza, quando lançamos um dado, algum desses seis resultados irão
ocorrer.
Outro exemplo.
EP 20
Temos um tetraedro homogêneo. Nas suas faces temos os números 1, 2, 3, 4. Lançamos o
tetraedro. O resultado corresponde ao número da face que fica em contato com a
mesa. Vamos chamar esse resultado de X. Em uma tabela, monte a distribuição de
probabilidades da variável X.
Resolução:
São 4 faces. Cada uma tem chance de 25% de ocorrer.
X P(X)
1 1/4
2 1/4
3 1/4
4 1/4
TOTAL 1
Observe a soma das probabilidades é igual a 1
EP 21
Temos dois tetraedros homogêneos. Lançamos os dois, simultaneamente. Em ambos, as
faces apresentam os números 1, 2, 3, 4. Seja Y a variável que indica a soma dos
resultados dos lançamentos dois tetraedros. Em uma tabela, monte a distribuição de
probabilidades da variável Y.
Resolução:
Em cada tetraedro, a probabilidade de ocorrer cada uma das 4 faces é de 25%. Portanto,
as possibilidades de combinação ficam:
Resultado do primeiro tetraedro Resultado do segundo tetraedro Soma
1 1 2
2 1 3
3 1 4
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108
Resultado do primeiro tetraedro Resultado do segundo tetraedro Soma
4 1 5
1 2 3
2 2 4
3 2 5
4 2 6
1 3 4
2 3 5
3
3 6
4 3 7
1 4 5
2 4 6
3 4 7
4 4 8
Portanto, a variável Y pode assumir valores de 2 a 8. Se os dois tetraedros forem
honestos, cada uma das 16 combinações tem a mesma chance de ocorrer.
Observe que cada um dos valores de Y tem chances distintas de ocorrer. Por exemplo, o
valor 2. Só ocorre em uma única combinação (1 no primeiro tetraedro e 1 no segundo).
Já o valor 4 acontece em três situações (3 e 1; 2 e 2; 1 e 3).
A distribuição de probabilidade fica:
Y P(Y)
2 1/16
3 2/16
4 3/16
5 4/16
6 3/16
7 2/16
8 1/16
TOTAL 1
EC 45
Técnico de controle externo III – TCE/MG – 2007. Área – Economia [FCC]
O número de unidades vendidas, mensalmente, de um produto em uma determinada loja
é uma variável aleatória (X) com a seguinte distribuição de probabilidades:
X P(X)
0 2m
1 n
2 2n
3 n
4 m
Sabe-se que somente em 10% dos meses são vendidos mais que 3 unidades. Então, se
em um determinado mês a venda realizada não foi nula, tem-se que a probabilidade dela
ter sido inferior a 4 é:
a) 70,0%
b) 75,0%
c) 80,0%
d) 87,5%
e) 90,0%
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109
O exercício disse que a probabilidade de serem vendidas mais que 3 unidades é de 10%.
Ou seja, o enunciado está nos dizendo que:
m = 0 1,
Sabemos que a soma de todas as probabilidades é igual a 1.
Portanto:
2m + n + 2n + n + m = 1
Substituindo o valor de ‘m’:
,0 2 + n + 2n + n + 0 1,
= 1 � n = 0 7, = 0 175,
4
A distribuição de freqüências fica:
X P(X)
0 0,2
1 0,175
2 0,35
3 0,175
4 0,1
TOTAL 1
Podemos pensar que, a cada 1000 meses, temos o seguinte comportamento das vendas
(casos possíveis):
Em 200 meses são vendidas zero unidades
Em 175 meses é vendida uma unidade
Em 350 meses são vendidas duas unidades
Em 175 meses são vendidas três unidades
Em 100 meses são vendidas quatro unidades.
E estamos interessados nos meses em que foram vendidas menos de 4 unidades. Temos
os seguintes casos favoráveis:
Em 200 meses são vendidas zero unidades
Em 175 meses é vendida uma unidade
Em 350 meses são vendidas duas unidades
Em 175 meses são vendidas três unidades
Só que foi dada uma condição. A condição é: em um determinado mês, a venda não foi
nula. Dada esta condição, qual a probabilidade da venda ter sido inferior a 4 unidades?
Precisamos rever nossos casos possíveis e favoráveis.
Casos possíveis:
Em 200 meses são vendidas zero unidades
Em 175 meses é vendida uma unidade
Em 350 meses são vendidas duas unidades
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110
Em 175 meses são vendidas três unidades
Em 100 meses são vendidas quatro unidades.
Casos favoráveis:
Em 200 meses são vendidas zero unidades
Em 175 meses é vendida uma unidade
Em 350 meses são vendidas duas unidades
Em 175 meses são vendidas três unidades
Temos 700 casos favoráveis e 800 casos possíveis. A probabilidade fica:
P = 700 = ,87 %5
800
Resposta: D.
EC 46
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
Em um estudo sobre o tratamento de crises asmáticas construiu-se a função conjunta de
probabilidades com preços em reais de dois medicamentos A e B para tratamento de
asma, apresentada abaixo:
Preço de A
Preço de B
4 5 10
1 0,1 0 0
2 0,1 0,2 0,2
5 0 0,2 0,2
Sabendo que cada tratamento utiliza duas unidades do medicamento A e uma unidade do
medicamento B, o custo médio para tratar um paciente asmático é:
a) R$ 8,00
b) R$ 10,00
c) R$ 11,00
d) R$ 13,00
e) R$ 15,00
Não vimos, durante a teoria, nada sobre distribuições conjuntas de probabilidade.
Quando estudamos o lançamento de um dado, vimos que cada face tem a probabilidade
1/6 de ocorrer. Se chamarmos o resultado do lançamento de variável X, sabemos qual a
probabilidade de X assumir cada um dos valores possíveis.
Pois bem, nesse exercício, em vez de termos uma única variável, temos duas. As
variáveis são o preço da mercadoria A e o preço da mercadoria B. E a tabela dá a
probabilidade de cada um dos possíveis pares de valores de preços.
Por exemplo, a probabilidade do preço de A ser igual a R$ 1,00 e, simultaneamente, o
preço de B ser igual a R$ 4,00, é de 10%.
Vamos ver o preço total do tratamento, para cada par de preços de A e B.
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111
Preço de A Preço de B Probabilidade Preço do tratamento
R$ 1,00 R$ 4,00 0,1 R$ 6,00
R$ 1,00 R$ 5,00 0 R$ 7,00
R$ 1,00 R$ 10,00 0 R$ 12,00
R$ 2,00 R$ 4,00 0,1 R$ 8,00
R$ 2,00 R$ 5,00 0,2 R$ 9,00
R$ 2,00 R$ 10,00 0,2 R$ 14,00
R$ 5,00 R$ 4,00 0 R$ 14,00
R$ 5,00 R$ 5,00 0,2 R$ 15,00
R$ 5,00 R$ 10,00 0,2 R$ 20,00
Vamos chamar de X o preço do tratamento.
A tabela abaixo traz os valores que X pode assumir, bem como as respectivas
probabilidades.
Probabilidade X
0,1 R$ 6,00
0,1 R$ 8,00
0,2 R$ 9,00
0,2 R$ 14,00
0,2 R$ 15,00
0,2 R$ 20,00
O exercício pergunta o custo médio do tratamento. Em resumo, queremos saber o valor
médio da variável X.
Aplicando a fórmula da esperança:
E[
]X
n
= μ = ∑ iP × xi
i =1
E[
]X
= 0 1, × 6 + 0 1, × 8 + ,0 2 × 9 + ,0 2 ×14 + ,0 2 ×15 + ,0 2 × 20 = 13
A média de X é de R$ 13,00.
Resposta: D
Vejamos outro exercício semelhante.
Texto para as questões EC 47, EC 48 e EC 49.
A tabela de dupla entrada abaixo apresenta a distribuição conjunta das freqüências
relativas a X e Y, onde:
X = preço, em reais, do produto X
Y = preço, em reais, do produto Y.
Y 2 3 4
X
1 0,2 0,1 0,1
2 0 0,1 0,1
3 0,3 0 0,1
EC 47
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
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112
Para fabricação de uma peça Z são utilizados os produtos X e Y e está sendo analisada a
viabilidade econômica desta peça. Se esta peça utiliza 3 unidades de X e 5 unidades de
Y, o custo médio de Z é:
a) 11 reais
b) 12 reais
c) 15,5 reais
d) 20 reais
e) 22 reais
Note que o exercício nem fala em variáveis aleatórias e probabilidades. Ele utiliza a
expressão “freqüências relativas”. Poderíamos muito bem ter resolvido essa questão lá
na aula de medidas de dispersão.
Para treinarmos a matéria que estamos vendo, podemos pensar que os preços dos
produtos X e Y são variáveis aleatórias. E a tabela fornece as probabilidades para cada
par de valores de preços.
Vamos chamar de W o preço da peça Z. W é
uma variável aleatória, que pode assumir
diversos valores, conforme X e Y variam.
Vamos ver os valores que W assume, bem como as respectivas probabilidades.
Preço de X Preço de Y Probabilidade
(P)
W P × W
1 2 0,2 13 2,6
1 3 0,1 18 1,8
1 4 0,1 23 2,3
2 2 0 16 0
2 3 0,1 21 2,1
2 4 0,1 26 2,6
3 2 0,3 19 5,7
3 3 0 24 0
3 4 0,1 29 2,9
TOTAL 1 20
O valor médio de W fica:
[E W ] = 20 = 20
1
Resposta: D.
EC 48
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
A proporção de vezes em que o valor de Y supera o de X é:
a) 0,3 b) 0,6 c) 0,7 d) 0,8 e) 0,9
O único caso em que Y não supera o valor de X é quando X vale 3 e Y vale 2. A
probabilidade de isso acontecer é de 0,3. Ou, se em vez de pensarmos em probabilidade,
pensarmos em freqüências relativas, isso acontece em 30% das vezes.
Portanto, em 70% das vezes, Y supera X.
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113
Resposta: C.
EC 49
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
O coeficiente de variação populacional de X é:
2
a)
0 8,
b)
0 8,
3
c)
0 8,
2
d)
3
,0 6
0 6,
e)
2
Vamos calcular o valor médio de X. Sabemos que X assume os valores 1, 2 e 3. E
precisamos saber a probabilidade de cada um desses valores. Para tanto, basta somar as
linhas correspondentes, lá na tabela do enunciado.
Y 2 3 4 TOTAL
X
1 0,2 0,1 0,1 0,4
2 0 0,1 0,1 0,2
3 0,3 0 0,1 0,4
A probabilidade de X assumir o valor 1 é 40%. A probabilidade de assumir o valor 2 é
20%. E de assumir o valor 3 é 40%.
Vamos calcular o valor médio de X:
X Probabilidade
(P)
P × W 2
1 0,4 0,4
2 0,2 0,4
3 0,4 1,2
TOTAL 1 2
O valor médio de X é igual a:
Xμ = 2
Vamos agora calcular o valor médio de X2.
X X2 Probabilidade
(P)
P × W 2
1 1 0,4 0,4
2 4 0,2 0,8
3 9 0,4 3,6
TOTAL 1 4,8
O valor médio de X2 é dado por:
E[ X 2 ] = 4 8,
A variância de X fica:
[Var X ]
[= E X
]2 2 − μ X
Var[ X ] = 4 8,
− 2 2 = 4 8,
− 4 = 0 8,
O desvio padrão de X é igual à raiz quadrada da variância.
Xσ =
0 8,
Finalmente, chegamos ao coeficiente de variação:
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114
CVX
= σ X = 0 8, μ
X 2
Resposta: C.
EC 50
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
A tabela de dupla entrada, apresentada a seguir, mostra a distribuição conjunta das
variáveis F e M que representam o número de anos para completar o ensino fundamental
e médio, respectivamente. Em uma cidade, esta tabela foi adotada para calcular a média
da variável Z, que representa o número de anos para completar todo o ciclo básico, isto
é Z = F + M. O valor médio de Z será
M 3 4 5
F
a) 8,1
b) 10,0
c) 12,4
d) 13,4
e) 14,0
8 0,2 0,1 0,1
9 0,3 0 0,1
10 0,1 0,1 0
Vamos ver os valores que Z assume, bem como as respectivas probabilidades.
F M Probabilidade Z
(P)
P × Z
8 3 0,2 11 2,2
8 4 0,1 12 1,2
8 5 0,1 13 1,3
9 3 0,3 12 3,6
9 4 0 13 0
9 5 0,1 14 1,4
10 3 0,1 13 1,3
10 4 0,1 14 1,4
10 5 0 15 0
TOTAL 1 12,4
O valor médio de Z fica:
[E Z ] = ,12 4 = ,12 4
1
Resposta: C.
EC 51
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
Uma indústria possui dois fornecedores X e Y, e pretende comprar 3 lotes de peças
produzidas por eles. A compra dos lotes será iniciada pela escolha ao acaso de um dos
fornecedores e, se ficar satisfeita com o material entregue, comprará o próximo lote do
mesmo fornecedor. Se não ficar satisfeita, trocará de fornecedor. Admitindo que, para
cada lote o índice de satisfação é de 60% para o fornecedor X e 80% para o fornecedor
Y, calcule a média do número de lotes fornecidos por Y.
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115
a) 2,5 b) 2,45 c) 2,00 d) 1,80 e) 1,74
Podemos imaginar que a indústria, por 100 vezes, vai adquirir conjuntos de 3 lotes,
realizando o procedimento indicado.
Destas 100 vezes, X entrega o primeiro lote em 50 vezes e Y entrega o primeiro lote em
outras 50 vezes.
100
conjuntos
de 3 lotes
X: 50 lotes
Y: 50 lotes
Para a entrega do segundo lote, temos que, em 60% das vezes que X entregou o
primeiro lote, a indústria ficou satisfeita. Em 40%, ficou insatisfeita, trocando para o
fornecedor Y.
E, em 80% das vezes em que Y entregou o primeiro lote, a indústria ficou satisfeita. Em
20%, ficou insatisfeita, trocando para o fornecedor X.
100
conjuntos
X: 50 vezes
XX: 30 vezes
XY: 20 vezes
YX: 10 vezes
de 3 lotes Y: 50 vezes
YY: 40 vezes
Para a entrega do terceiro lote, a mesma coisa acontece. As mesmas taxas de satisfação
são mantidas.
X: 50 vezes
XX: 30 vezes
XXX: 18 vezes
XXY: 12 vezes
XYX: 4 vezes
100 conjuntos de 3 XY: 20 vezes XYY: 16 vezes
lotes
Y: 50 vezes
YX: 10 vezes
YXX: 6 vezes
YXY: 4 vezes
YYX: 8 vezes
YY: 40 vezes YYY: 32 vezes
Dos 100 casos possíveis, temos:
· Em 18 vezes, não há nenhum lote de Y
· Em 22 vezes, há um lote de Y
· Em 28 vezes, há dois lotes de Y
· Em 32 vezes, há três lotes de Y.
Seja Z a variável que representa o número de lotes de Y entregues em cada aquisição de
3 lotes.
Z apresenta a seguinte distribuição de probabilidades:
Z P
0 0,18
1 0,22
2 0,28
3 0,32
A esperança de Z fica:
n
E[
]Z
= ∑ iP × zi
i =1
E[
]Z
= 0 × 0
18,
+ 1× ,0 22 + 2 × ,0 28 + 3 ×
0 32,
= ,1 74
Resposta: E
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116
EC 52
Analista BACEN 2001 [ESAF]
Um investidor aplica em um fundo de ações e espera os rendimentos seguintes,
dependentes do cenário econômico vigente:
Cenário Rendimento
Economia em recessão R$ 1.000,00
Economia estável R$ 2.000,00
Economia em expansão R$ 4.000,00
Com base em sua experiência passada, a distribuição de probabilidades do cenário
econômico seria:
Cenário Probabilidade
Economia em recessão 0,4
Economia estável 0,4
Economia em expansão 0,2
Assinale a opção que dá o valor do desvio-padrão em reais da rentabilidade do
investidor.
a) 1100 b) 2000(1/5)0,5 c) 3000(3/5)0,5 d) 1000(6/5)0,5
e) 2000
Seja X a variável
que representa o rendimento obtido pelo investidor. X apresenta a
seguinte distribuição de probabilidades.
X Probabilidade
1000 0,4
2000 0,4
4000 0,2
Podemos calcular a esperança de X.
n
E[ X ] = ∑ iP × xi
i =1
E[
]X
= μ = 1.000 × ,0 4 + 2.000 × ,0 4 + 4.000 × ,0 2 = 2.000
Podemos também calcular a esperança de X2.
n
[E X
= ∑ iP × xi
]2 2
i =1
E[X 2 ] = 1
000.
0
00.
× ,0 4 + 4
000.
0
00.
× ,0 4 + 16
000.
0
00.
× ,0 2 = 5
200.
000.
A variância de X fica:
V [ X ] =
[
E
X 2 ] − μ 2
V [ X ] = σ 2 = 5
200.
0
00.
− 4
000.
0
00.
= 1
200.
000.
O desvio padrão de X é igual à raiz quadrada da variância:
=σ 1
200.
000.
Vamos fatorar o número 1.200.000
1
200.
0
00.
= 10 4 × 4 × 30
Ficamos com:
=σ 1. .200
000 =
10 4 × 4 × 30 = 200 30
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117
E não há alternativa com este número.
Todas as alternativas que apresentam a raiz quadrada contém uma fração em que o
denominador é 5.
Vamos “construir” uma fração em que o denominador seja 5.
200
30 = 200
150
5
= 200
25 × 6 = 1000 6 5 5
Resposta: D.
7 Função densidade de probabilidade
Para o exemplo do lançamento do dado (com faces 1, 2, 3, 4, 5, 6), vimos que os valores
que nossa variável poderia assumir eram 1, 2, 3, 4, 5 e 6. Dizemos que a variável
aleatória é discreta. Ela não pode assumir qualquer valor real no intervalo de 1 a 6. Ela
assume apenas alguns valores.
No caso de uma variável aleatória poder assumir qualquer valor real num dado intervalo,
dizemos que ela é contínua.
Suponha que temos um termômetro capaz de medir a temperatura com infinitas casas
depois da vírgula. Este termômetro poderia medir temperaturas de 1°C, ou 2°C. Mas
também poderia medir temperaturas de 1,2356897623154 °C, ou π°C, ou 2 °C.
A variável temperatura é contínua. Pode assumir qualquer valor real num dado intervalo.
Quando nossa variável é contínua, o cálculo de esperança muda um pouco. Isto porque
não podemos falar em probabilidade de sair um dado valor.
Por exemplo: qual a probabilidade de medirmos (com o nosso termômetro “mágico”, com
precisão de infinitas casas após a vírgula) a temperatura de uma sala e o resultado ser,
exatamente, 21,3568798888888.... °C.
Tem que ser exatamente este valor acima (uma dízima periódica). Não pode ser
21,35°C. Não pode ser 22°C. Nem 21,3568°C. Tem que ser exatamente o valor acima. A
probabilidade é zero.
Isto porque temos infinitos resultados possíveis. E só nos interessamos por um resultado
em particular.
A situação é totalmente diferente com o lançamento do dado, em que a variável era
discreta. A probabilidade do resultado 1 era de 1/6. Isto porque tínhamos seis
possibilidades, todas eles com a mesma chance de acontecer. Então, a probabilidade de
sair 1 (ou qualquer outra face) era igual a 1/6.
No caso de variáveis contínuas, não podemos falar em probabilidade de ocorrer um dado
valor. Mas podemos falar em probabilidades de um intervalo de valores. A probabilidade
de ocorrer exatamente a temperatura 21,356879888888..., medida com nosso
termômetro mágico, é igual a zero. Mas a probabilidade de ocorrerem temperaturas
entre 20 e 25ºC é diferente de zero. Por exemplo, podemos falar que, em 23% das
vezes, uma determinada cidade registra temperaturas diárias máximas que estão no
intervalo de 20°C a 25°.
No caso de variáveis contínuas é muito importante a representação gráfica de uma
função chamada de “função densidade de probabilidade” (símbolo: fdp). Vejamos do que
se trata.
Lá na aula 3, eu disse que o histograma tem uma propriedade interessante. As áreas
entre os valores correspondem ao percentual de observações no intervalo. Como
lembrete, retomemos o EC 31 daquela aula. Tínhamos o seguinte histograma, que
representava as idades de crianças atendidas numa clínica:
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118
O exercício pedia a idade que separa os 30% mais jovens.
Nós vimos que essa idade era igual a 4,6 anos. E vimos também que a área entre os
valores 2 e 4,6 (área verde da figura abaixo) é justamente 30% da área total.
4,6
Assim, a área de um histograma pode ser usada para cálculo de porcentagens. Se a área
entre 2 e 4,6 corresponde a 30% da área total, então 30% dos valores estão entre 2 e
4,6.
Naquela mesma aula eu disse que, em vez de representarmos, no histograma, as
freqüências absolutas, podemos representar as densidades de freqüências (=freqüência
dividida pela amplitude de classe). Lembram? Foi lá na resolução do EC 32. E na ocasião
eu disse que isso seria muito importante nas aulas seguintes. Pois bem, chegou a hora
de usar essa ferramenta. Vamos reconstruir o histograma acima, agora substituindo as
freqüências relativas pela densidade de freqüência relativa (= freqüência
relativa/amplitude de classe).
Vamos calcular a área entre 2 e 4. Temos um retângulo de base 2 e altura 0,09. A área é
igual a 0,18 (=18%). E 18% das crianças têm idade entre 2 e 4 anos.
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119
Vamos calcular a área entre 6 e 10. Temos dois retângulos, com alturas de 0,125 e
0,085. As bases são iguais a 2. A área entre 6 e 10 é de 0,42 (=42%). E 42% das
crianças têm idade entre 6 e 10 anos.
Por fim, vamos calcular a área entre 2 e 4,6 (área verde abaixo).
Temos um retângulo de base 0,6 e altura 0,20 (com área 0,12). E outro retângulo, com
base 2 e altura 0,09 (área de 0,18). A área total é 0,30 (=30%). E, como vimos naquela
aula, justamente 30% das crianças têm idade entre 2 e 4,6 anos.
Podemos concluir que, quando o histograma está construído segundo as densidades de
freqüências, as áreas entre dois valores nos dão justamente a freqüência relativa
correspondente àquele intervalo.
Temos visto que, em variáveis aleatórias, a probabilidade desempenha um papel bem
próximo ao da freqüência relativa. No caso de experimentos que podem ser repetidos, a
probabilidade corresponde à freqüência relativa que ocorreria num número
extraordinariamente grande de experimentos.
Pois bem, a função densidade de probabilidade tem um papel muito próximo ao do
histograma. Ela é um gráfico tal que, a partir das áreas nele definidas, podemos calcular
probabilidades.
Para que serve uma função densidade de probabilidade (fdp)?
Ela é uma função tal que podemos achar probabilidades a partir da área de seu gráfico.
Vamos a um exemplo.
Um caso muito conhecido é a distribuição uniforme. Um gráfico da função densidade de
probabilidade para a distribuição uniforme é dado abaixo.
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120
Observemos a figura acima. Temos o desenho de um gráfico de uma função densidade
de probabilidade (fdp). Ela assume o valor 0,5, quando X pertence ao intervalo [1;3].
Quando X não pertence a este intervalo, a
função assume o valor zero.
O que caracteriza uma variável uniforme?
No intervalo em que a fdp é diferente de zero, ela é constante. No presente caso, no
intervalo de 1 a 3 a fdp vale sempre 0,5.
Vamos calcular, para a distribuição representada acima, a probabilidade de realizarmos
um experimento e o resultado obtido estar entre 1,5 e 2.
Ou seja, queremos saber a probabilidade de X estar entre 1,5 e 2.
O gráfico acima serve justamente para calcularmos este tipo de probabilidade. Basta
calcular a área abaixo da curva, entre os limites 1,5 e 2.
Vejamos:
A área abaixo da curva, entre os limites 1,5 e 2 é a área do retângulo verde. Esta área é
justamente igual à probabilidade de X estar no intervalo de 1,5 a 2.
No caso, a área procurada é:
Area = 0 5,
× 0 5,
= ,0 25
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121
Portanto, a probabilidade de X assumir valores entre 1,5 e 2 é de 25%.
Além deste tipo de cálculo de probabilidades, a fdp também serve para cálculo de
esperança de uma variável aleatória. Não veremos aqui como calcular esperanças, a
partir de funções densidade de probabilidade. É que, no caso de variáveis contínuas, o
cálculo da esperança envolve ferramentas matemáticas que não estudaremos.
Resumindo:
· Quando temos uma variável aleatória contínua, não podemos falar em probabilidade
de ocorrer um dado valor. Falamos em probabilidades relacionadas a intervalos de
valores.
· A fdp serve para calcularmos probabilidades, a partir da área abaixo de seu gráfico.
Vamos a um outro exemplo. Numa câmara fria, a temperatura é mantida entre 0°C e
1°C de forma que a função densidade de probabilidade da temperatura pode ser descrita
segundo o gráfico abaixo.
Qual a probabilidade de a temperatura, dentro da câmara, num dado momento, estar
entre 0,5°C e 1°C?
Novamente, vamos utilizar o gráfico de função densidade de probabilidade. Basta calcular a
área abaixo da curva, desta vez, entre os limites 0,5 e 1.
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A área que procuramos é a área do retângulo verde. Sua área é:
122
Area = 0 5,
×1 = 0 5,
Portanto, a probabilidade de a temperatura estar entre 0,5 e 1°C é de 50%.
O gráfico de densidade de probabilidade deixa claro porque a probabilidade de a
temperatura ser exatamente igual a um dado valor é zero.
Qual seria a probabilidade de a temperatura, nesta câmara fria, ser exatamente igual a
0,5°C?
Neste caso, é como se tivéssemos um retângulo de altura 1 e base 0. Ou seja, teríamos
um retângulo com área nula. Por isso, a probabilidade de uma variável contínua assumir
um dado valor é zero.
Vamos a alguns exercícios para praticarmos.
EC 53
Analista BACEN – 2002 [ESAF].
Uma variável aleatória do tipo absolutamente contínuo tem a função densidade de
probabilidade seguinte:
f ( x) = ,1 2 − 0
08,
x , se 10 ≤ x ≤ 15
f ( x) = 0 , caso contrário
Assinale a opção que dá a probabilidade de que a variável aleatória assuma valores entre
10 e 12.
a) 0,160
b) 0,640
c) 0,500
d) 0,200
e) 0,825
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123
O gráfico da função é o seguinte:
Para calcular a probabilidade de X assumir valores entre 10 e 12, basta calcular a área
abaixo da curva, entre esses valores.
A área é a seguinte:
Temos um trapézio. A área depende da base maior (B), da base menor (b) e da altura
(h).
A base maior vale 0,4.
A base menor corresponde ao valor da função para x igual a 12.
f (
)1
2
= ,1 2 − 0
08,
×12 = ,0 24
A base menor vale 0,24.
A altura vale 2.
A área fica:
Area = ( )B + b × h
2
Area = ( ,0 4 + ,0 )24 × 2
2
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124
Area = 0 64,
Portanto, a probabilidade de X assumir valores entre 10 e 12 é de 0,64.
Resposta: B.
Podemos pensar que o gráfico da fdp é um histograma formado por retângulos bem
estreitos. Com esta idéia, vamos dar um “zoom” na figura acima. Obtemos o seguinte
resultado:
A linha inclinada não é realmente uma reta. Tem formato de escada, com vários andares.
Só que os andares são bem pequenos, de tal modo que visualizamos apenas a reta.
A cada andar podemos associar um retângulo bem estreito. Do mesmo modo que o
histograma era composto por retângulos, aqui podemos também pensar em retângulos,
só que com bases muito muito pequenas, tendendo a zero.
Acho importante esse “paralelo” entre fdp e histograma. Ajuda a entender o sentido da
função densidade de probabilidade.
Vamos a outro exercício.
EC 54
Analista BACEN/2006 – Área 4 [FCC]
Uma variável aleatória X contínua tem a seguinte função densidade de probabilidade:
f ( x) = ax + 1 , se 0 ≤ x ≤ 2
3
f ( x) = 0 , caso contrário
Sendo ‘a’ uma constante, seu valor é igual a:
a) 1/6
b) 1/4
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125
c) 1/3
d) 2/3
e) 1
Questão da FCC. O gráfico da função densidade de probabilidade seria assim:
Entre os valores 0 e 2, temos uma reta, cujo coeficiente angular nós não sabemos.
Sabemos que, em x igual a zero, o valor da função é 1/3. Fora do intervalo de 0 a 2, a
função vale zero.
Como descobrir o valor de “a”?
Sabemos que X só assume valores de 0 a 2.
Vamos calcular a probabilidade de X estar entre 0 e 2, através da área abaixo da curva.
A área que procuramos é a do trapézio acima.
Detalhe: sabemos que X só assume valores entre 0 e 2. Logo, a probabilidade de X estar
entre 0 e 2 é de 100%. Com certeza X está entre 0 e 2.
Portanto, a área acima tem que ser igual a 1.
A área do trapézio é dada por:
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126
Area = ( )B + b × h
2
Onde “B” é a base maior, “b” é a base menor e “h” é a altura.
A área fica:
Area = � 1 + B � × 2
� �
3� � 2
Sabemos que está área é igual a 1.
1 = � 1 + B � × 2
� �
� 3 � 2
B = 2
3
Portanto, o real gráfico da função é:
Sabemos que, em x = 2, o valor da função é 2/3.
Agora podemos calcular o valor de “a”.
f ( x) = ax + 1
3
f ( )2
= a × 2 + 1
3
2 = a × 2 + 1
3 3
2 − 1 = a × 2
3 3
a = 1
6
Resposta: A.
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127
Antes de passarmos para o próximo exercício, vale comentar algumas propriedades da
fdp.
A área total abaixo da curva sempre é igual a 1. Isso porque a probabilidade da variável
em estudo assumir um valor qualquer na reta real é sempre de 100%. Isso inclusive foi
usado nesse exercício acima.
Outro detalhe é o que segue. A fdp só assume valores maiores que zero. Se a curva
cruzasse o eixo horizontal, teríamos probabilidades
negativas, o que é impossível.
EC 55
Analista BACEN/2006 – Área 3 [FCC]
Uma variável aleatória X contínua tem a seguinte função densidade de probabilidade:
f ( x) = x + K , se 0 ≤ x ≤ 3
12
f ( x) = 0 , caso contrário
Sendo ‘K’ uma constante, seu valor é igual a:
a) 1
b) 3/4
c) 2/3
d) 7/30
e) 5/24
Problema bem semelhante ao anterior. O gráfico da fdp fica:
A área total da figura acima deve ser igual a 1. Temos um trapézio. A área é igual a:
A = B + b × h
2
Como a variável aleatória só assume valores entre 0 e 3, então a área acima é igual a 1.
No trapézio formado, a base maior vale “k+1/4”, a base menor vale “k”, e a altura vale
3.
1 = K + 1 / 4 + K × 3 � K = 5 / 24
2
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128
Resposta: E.
EC 56
Analista BACEN 2001 [ESAF]
A variável aleatória X tem distribuição de probabilidades do tipo absolutamente contínuo
com densidade de probabilidades:
f ( x) = 1 , se
α2
− α < x < α
f ( x) = 0 , caso contrário.
Onde α é uma constante positiva maior do que um. Assinale a opção que dá o valor de
α para que se tenha P(X>1) = 0,25.
a) 4
b) 0
c) 3
d) 1
e) 2
Observem que a questão apresenta alternativas não muito inteligentes. Se o próprio
enunciado já afirmou que α é maior que 1, então já podemos descartar as alternativas B e
D. Só com a simples leitura do enunciado já eliminamos duas alternativas.
O gráfico da fdp fica:
1
2α
α− α
O enunciado disse que a probabilidade de X ser maior que 1 é de 25%. Portanto, a área
verde da figura abaixo é de 0,25.
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129
Temos um retângulo. A altura é igual a 1 α2
A = b × h
,0 25 = ( )α − 1 × 1
α2
. A base é igual a α − 1 . Ficamos com:
,0 25 = 0 5,
− 1 � 1 = ,0 25 � α = 2
2α 2α
Resposta: E.
EC 57
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
A função densidade de probabilidade do tempo, em segundos, requerido para completar
uma operação de montagem é:
f ( x) = 1 / 40 , se 10 < x < 50
f ( x) = 0 , caso contrário.
Sabendo que “a” segundos é o tempo que é precedido por 25% das montagens, o valor
de a é:
a) 20
b) 18,5
c) 17,8
d) 17,2
e) 16
O gráfico da fdp fica:
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130
0,05
0,025
0
0 10 20 30 40 50 60
O exercício pediu o valor de “a” tal que a área verde abaixo seja de 0,25.
Temos um retângulo. A área verde é dada por:
A = b × h
,0 25 = (a −
)1
0
× 0
025,
� a = 20
Resposta: A.
8 Função distribuição de probabilidade
Outra função relacionada com o cálculo de probabilidade é a
função distribuição de probabilidade (FDP). Ela nos dá a
informação sobre qual a probabilidade de obtermos um valor menor
ou igual ao valor em análise.
Função distribuição de probabilidade: nos dá a
probabilidade da variável aleatória assumir valores
menores ou iguais a um dado valor.
Vejamos um exemplo.
Considere as seguintes informações sobre a função distribuição de
probabilidade de uma variável aleatória X.
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-8MariliaOliveira,CPF:02317614578
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131
Vamos à primeira linha.
x FDP
1 0,0
4 0,2
5 0,5
10 1,0
O valor da FDP para x = 1 é 0,0. O que isto significa?
Significa que a probabilidade de X assumir valores iguais ou inferiores a 1 é 0%.
O valor da FDP para x = 4 é 0,2. O que isto significa? Significa que a probabilidade de X
assumir valores iguais ou inferiores a 4 é 20%.
O valor da FDP para x = 5 é 0,5. O que isto significa? Significa que a probabilidade de X
assumir valores iguais ou inferiores a 5 é 50%.
O valor da FDP para x = 10 é 1. O que isto significa? Significa que a probabilidade de X
assumir valores iguais ou menores que 10 é 100%. Ou seja, não há valores de X maiores
que 10.
E se a pergunta fosse: qual a probabilidade de X ser maior que 4?
Com a FDP sabemos que a probabilidade de X ser igual ou menor que 4 é de 0,2. Portanto,
para saber a probabilidade de X ser maior que 4, basta subtrair o valor acima de 1.
Ficamos com:
P( x > )4
= 1 − ,0 2 = 0 8,
Ou seja, a probabilidade de X assumir valores maiores que é de 80%.
E se a pergunta fosse: qual a probabilidade de X assumir valores entre 4 e 5.
Basta fazer:
FDP( )5
− FDP( )4
= 0 5,
− ,0 2 = %30
A probabilidade de X assumir valores entre 4 e 5 é de 30%.
E se a pergunta fosse: qual a probabilidade de X assumir valores entre 4 e 10. A
resposta seria:
FDP(
)1
0
− FDP( )4
= 1 − ,0 2 = %80
A probabilidade de X assumir valores entre 4 e 10 é de 80%.
Lembram que fizemos um paralelo entre probabilidade e freqüências relativas? Pois bem,
aqui isso também vale. A FDP tem um papel análogo ao das freqüências relativas
acumuladas.
A FDP está intimamente relacionada com a fdp. As duas servem para calcularmos
probabilidades.
Voltemos ao exemplo da câmara fria.
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132
Vamos calcular a probabilidade de a temperatura, num dado instante, ser menor ou igual a
1°C. Se fôssemos fazer isto a partir do gráfico da função densidade (fdp),
precisaríamos calcular a área abaixo da curva para todos os valores à esquerda de 1.
Seria a área do gráfico abaixo:
A área é um retângulo de base 1 e altura 1. A área verde do gráfico acima é igual a 1.
Dizemos que a probabilidade de X assumir valores menores ou iguais a 1 é de 100%.
A FDP para x = 1 corresponde à probabilidade de X assumir valores menores ou iguais a
1. Portanto, a FDP para x = 1 é de 100%.
Agora vamos calcular a probabilidade de X assumir valores menores ou iguais a 0,5°C.
Para tanto, basta pegar a área abaixo da curva da fdp à esquerda de 0,5.
A probabilidade de X assumir valores menores ou iguais a 0,5°C é de 50%. Conclusão: a
FDP para um x = 0,5 é igual à área abaixo da curva do gráfico de fdp, no intervalo de
− ∞ a 5. A FDP para x = 0,5 é de 50%.
Agora vamos calcular a probabilidade de X assumir valores entre 0,5°C e 1°C. Se
fôssemos fazer isto a partir da fdp, basta calcular a área da figura abaixo.
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133
A probabilidade é de 50%.
Pois bem, uma outra forma de calcular esta mesma probabilidade é por meio da FDP.
A FDP nos fornece a probabilidade de x assumir valores menores ou
iguais a um dado
valor.
No caso da câmara fria, poderíamos ter um outro enunciado:
Calcule a probabilidade de a temperatura, dentro de uma câmara fria, num dado
instante, estar entre 0,5°C e 1°C. Para tanto, considere a seguinte tabela:
x FDP
0,5 50%
1 100%
Temos o mesmo exercício de antes. Só que, agora, em vez de utilizar a fdp para o
cálculo, vamos usar a FDP. Vejamos a tabela acima com mais detalhes.
Para x = 0,5, a FDP é igual a 50%. Isto porque metade dos valores são menores ou
iguais a 0,5.
Para x = 1, a FDP é igual a 100%. Isto porque todos os valores são menores ou iguais a
1°C.
O exercício foi o seguinte:
A FDP para x = 0,5 é de 50%.
A FDP para x = 1 é de 100%.
Calcule a probabilidade de x estar entre 0,5 e 1.
Neste caso, nem precisaríamos utilizar gráficos. Esta é a vantagem da FDP. Quando são
fornecidos valores de FDP, geralmente não precisamos ficar traçando curvas para
calcular áreas.
Se a FDP de 1 é 100%, é porque 100% dos valores são menores ou iguais a 1.
Se a FDP de 0,5 é 50%, é porque 50% dos valores são menores ou iguais a 0,5.
Portanto, a probabilidade de X assumir valores entre 0,5 e 1 é dada por:
FDP( )1
− FDP( ,0
)5
=
%1
00
−
%5
0
= %50
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134
Outro exemplo.
Para treinar mais um pouco, podemos construir uma tabela com valores de função
distribuição de probabilidade para o resultado do lançamento de um dado de seis faces.
Ficaria assim:
Intervalos de
valores
FDP
x < 1 0
1 ≤ x < 2 1/6
2 ≤ x < 3 2/6
3 ≤ x < 4 3/6
4 ≤ x < 5 4/6
5 ≤ x < 6 5/6
x ≥ 6 6/6
O primeiro intervalo abrange apenas valores abaixo de 1.
Assim, para qualquer x inferior a 1, a FDP vale zero. Por quê?
Tomemos o valor 0,999.
Qual a probabilidade de, lançando um dado, sair um resultado igual ou inferior a 0,999?
A probabilidade é zero. Não há qualquer resultado, nas faces de um dado, que seja igual
ou inferior a 0,999. Por isso sua FDP é zero. E isto vale para todos os valores de x
menores que 1.
Mudemos de intervalo.
Qual a probabilidade de, lançando um dado, sair um resultado igual ou inferior a 1?
A probabilidade é 1/6. Dentre as faces de um dado há apenas uma cujo resultado é igual
ou inferior a 1. É a face de número 1.
Portanto, a FDP de 1 é 1/6.
O mesmo vale para a FDP de x = 1,7. Qual a probabilidade de, lançando um dado,
obtermos um resultado igual ou inferior a 1,7?
A probabilidade é 1/6. Há uma face que nos interessa (a face 1) em seis possíveis.
Para qualquer outro valor no intervalo 1 ≤ x < 2, a FDP será de 1/6.
E qual a probabilidade de, lançando um dado, obtermos um resultado igual ou inferior a
4,89?
A probabilidade é 4/6. Há quatro faces que nos interessam (1, 2, 3, 4) em seis possíveis.
Por isso, a FDP de todos os valores do intervalo 4 ≤ x < 5 é igual a 4/6.
Finalmente, para qualquer valor maior que 6, a FDP valerá 1.
Exemplo: qual a FDP para x = 7?
É só calcular a probabilidade de, lançando um dado, obtermos um resultado igual ou
inferior a 7. Como todos os resultados possíveis são inferiores a 7, a probabilidade é
100%.
Se desenharmos o gráfico da FDP para o lançamento do dado, ficamos com:
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135
Repare que o gráfico apresenta “saltos”. A função vinha com valor zero. De repente,
quando x = 1, a função salta para 1/6.
A função permanece constante em 1/6. De repente, quando x = 2, a função salta para
2/6. Depois, em x = 3, ela salta para 3/6. E assim por diante.
Este tipo de gráfico, com saltos (ou ainda, em degraus, ou “em forma de escada”) é
característico de uma variável aleatória discreta.
Justamente onde ocorrem os “saltos” temos os valores que a variável aleatória assume. No
caso, trata-se do lançamento de um dado. O resultado não pode assumir qualquer
valor real no intervalo [1;6]. Não é possível termos o resultado 1,56. Nem o resultado
“ π ” (pi). Apenas os valores 1, 2, 3, 4, 5 e 6.
Ou seja, nossa variável é discreta. Os saltos da FDP ocorrem justamente para os valores
que nossa variável aleatória pode assumir.
Este tipo de gráfico (em forma de escada) é o que geralmente é cobrado em concursos.
Detalhe: não confunda os gráficos. O cálculo de probabilidades por meio da área abaixo
da curva só é aplicável ao gráfico de fdp.
Vamos treinar um pouco com alguns exercícios.
EC 58
Auditor Fiscal/MG – 2005 [ESAF]
Uma variável aleatória X tem função distribuição de probabilidades dada por:
F ( x) = 0 , se x < 0.
F ( x) = 1 , se 0 ≤ x < 1
243
F ( x) = 11 , se 1 ≤ x < 2
243
F ( x) = 51 , se 2 ≤ x < 3
243
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136
F ( x) = 131 , se 3 ≤ x < 4
243
F ( x) = 211 , se 4 ≤ x < 5
243
F ( x) = 1 , se x > 5
Assinale a opção correta.
a) X é do tipo (absolutamente) contínuo e Pr (2 < x ≤ 4) = 0,461
b) X é do tipo discreto e Pr (2 < x ≤ 4) = 0,658
c) X é do tipo discreto e Pr (2 < x ≤ 4) = 0,506
d) X é do tipo (absolutamente) contínuo e Pr (2 < x ≤ 4) = 0,506
e) X não é do tipo discreto nem (absolutamente) contínuo Pr (2 < x ≤ 4) = e 0,506.
Questão da ESAF.
Primeiro, vamos verificar qual o tipo da variável. Se é discreta ou contínua.
Note que a FDP apresenta saltos. Seu valor é igual a zero, para todos os valores
negativos de x. Quando x assume valor 0, aí a FDP salta para 1/243. O próximo salto se
dá em 1, quando a FDP assume valor 11/243.
Concluímos que é uma FDP em forma de escada. Caracteriza uma variável aleatória que
é discreta.
Agora vamos calcular a probabilidade de x estar entre 2 e 4.
A FDP nos fornece a probabilidade de X ser igual ou inferior ao valor em análise.
Para x = 2, a FDP é 51/243. O que isto significa?
Significa que a probabilidade de sair um resultado igual ou inferior a 2 é de 51/243.
Para x = 4, a FDP é 211/243. O que isto significa?
Significa que a probabilidade de sair um resultado igual ou inferior a 4 é 211/243.
Para obter a probabilidade de 2 < x ≤ 4, basta subtrair um do outro:
P(2 < x ≤ )4
= FDP( )4
− FDP( )2
= 211 − 51 = 0 658, .
Resposta: B.
243
243
EC 59
Analista BACEN 2001 [ESAF].
Uma variável aleatória X tem função de distribuição de probabilidades dada por:
F ( x) = 0 , x < 0
F ( x) = 1 , 0 ≤ x < 1
4
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137
F ( x) = 7 , 1 ≤ x < 2
12
F ( x) = 11 , 2 ≤ x < 3
12
F ( x) = 1 , x ≥ 3
Assinale a opção que dá o valor da probabilidade de X = 2.
a) 7/12
b) 11/12
c) 1/3
d) 3/4
e) 10/12
A FDP apresenta saltos. Ou seja, a variável aleatória é discreta. A variável X só assume
os valores 0, 1, 2 e 3, valores esses que correspondem aos valores de x para os quais a
FDP “salta”.
A FDP para x = 1 é 7/12. Ou seja, a probabilidade de X ser igual ou inferior a 1 é 7/12.
Ou ainda, a probabilidade de X ser igual a 0 ou igual a 1 é de 7/12.
A FDP para x = 2 é 11/12. Portanto, a probabilidade de X ser
igual ou inferior a 2 é
11/12. Ou ainda, a probabilidade de X ser igual a 0 ou 1 ou 2 é 11/12.
Ora, se a probabilidade de ser 0, 1 ou 2 é 11/12 e a probabilidade de ser 0 ou 1 é 7/12,
concluímos que a probabilidade de ser exatamente igual a 2 é:
P( X
= )2
= 11 − 7 = 4 = 1 12 12 12 3
Resposta: C.
EC 60
Técnico Municipal de Nível Superior – Área Estatística – Prefeitura de Vila Velha [CESPE]
Considere o tempo gasto para análise de recursos administrativos pelos servidores de
determinada prefeitura seja uma variável aleatória X cuja função de distribuição
acumulada é dada por F ( x) = 1 − e −5 x , se x ≥ 0 e F ( x) = 0 , se x < 0. Com base nessas
informações, julgue os itens subseqüentes.
69. A probabilidade de X ser igual a 0,2 é superior a 0,5
72. A probabilidade condicional
P( X
> 2 | X
> )1 é igual à probabilidade
P( X
> )1
Questão do CESPE. Note que a variável aleatória é contínua. Basta verificar que a FDP
não dá saltos. Não tem forma de escada.
Portanto, a probabilidade de X ser igual a 0,2 é zero. Há infinitos valores possíveis e
estamos interessados em apenas 1 deles. O item 69 está errado.
O item 72 envolve probabilidade condicional. Aplicando a fórmula que vimos para a
probabilidade condicional, ficamos com:
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ariliaOliveira,CPF:02317614578
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138
P( X
> 2 | X
> )1
= P( X
> 2 ∩ X
> )1
P( X > )1
Vamos calcular as probabilidades.
Primeiro a probabilidade da intersecção.
P( X > 2 ∩ X
> )1
é a probabilidade de x ser maior que 2 e, ao mesmo tempo, ser maior
que 1. Sempre que um número for maior que 2, ele automaticamente é maior que 1.
Portanto, esta probabilidade fica simplesmente:
P( X
> 2 ∩ X
> )1
= P( X
> )2
Foi dada a FDP. Com a FDP, conseguimos descobrir a probabilidade de X ser menor ou
igual a 2.
F ( x) = 1 − e −5 x
F ( )2
= 1 − e −10
Portanto, a probabilidade de X ser menor ou igual a 2 é: 1 − e 10−
Para descobrir a probabilidade de X ser maior que 2, basta pegar o valor acima e subtrair
de 1.
P( X
> )2
= 1 − 1(
− e
10−
) = e 10−
Com a FDP também conseguimos descobrir a probabilidade de X ser menor ou igual a 1.
F ( x) = 1 − e 5− x
F ( )1
= 1 − e 5−
Para descobrir a probabilidade de X ser maior que 1, basta pegar o valor acima e subtrair
de 1.
P( X
> )1
= 1 − 1(
− e 5−
) = e 5−
Agora podemos continuar o cálculo.
P( X
> 2 | X
> )1
= P( X
> 2 ∩ X
> )1
P( X > )1
P( X
> 2 | X
> )1
−10
= e = e 10−
e −5
+5 = e −5
Concluindo:
· P( X
> 2 | X
> )1
= e 5− .
· P( X
> )1
= e 5− .
As duas probabilidades são iguais. O item está correto.
EC 61
Técnico de planejamento e pesquisa – IPEA/2004 [ESAF]
A variável aleatória X tem função de distribuição de probabilidades:
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139
F ( x) = 0 , se
x < 1
F ( x) = 1/ 8 , se 1 ≤ x < 2
F ( x) = 1/ 4 , se
2 ≤ x < 3
F ( x) = 1 se
x ≥ 3
Assinale a opção correta:
a) A probabilidade de que X=3 é 0,75
b) A probabilidade de que X=2 é 1/4.
c) A aleatória X é uniforme discreta
d) a variável aleatória X tem valor esperado unitário
e) A variável aleatória X é uniforme contínua
Observe que a função apresenta saltos. Portanto, a variável aleatória X é discreta. Já
descartamos a letra E.
Ainda não estudamos o que é uma variável uniforme (letra C). Veremos isso na próxima
aula. De todo modo, a letra C está errada (apesar da variável ser discreta, ela não é
uniforme).
Vamos à letra A. Precisamos calcular a probabilidade de X=3.
A função apresenta saltos em 1, 2 e 3. São esses os valores que a variável X pode
assumir.
Sabemos que a probabilidade de X ser menor ou igual a 2 é de 1/4. E a probabilidade de
X ser menor ou igual a 3 é de 100%.
Para saber a probabilidade de X ser exatamente igual a 3, basta fazer:
P( X
= )3
= FDP( )3
− FDP( )2
= 1 − 1 / 4 = 3 / 4 = 0 75,
A letra A está correta.
Vamos para a letra B.
P( X
= )2
= FDP( )2
− FDP( )1
= 1/ 4 − 1/ 8 = 1/ 8
Alternativa errada.
Letra D.
Para calcular a esperança, precisamos das probabilidades de X assumir cada valor. Já
calculamos a probabilidade de X ser igual a 2 e a 3. Falta a probabilidade de X=1
P( X
= )1
= FDP( )1
− FDP( )0
= 1/ 8 − 0 = 1 / 8
Usando a fórmula vista nesta aula, a esperança fica:
E[
]X
E[
]X
n
= ∑ iP × xi
i =1
= 1 ×1 + 1 × 2 + 3 × 3 = 21
88 4 8
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140
A esperança não é igual a 1. Alternativa errada.
Resposta: A.
EC 62
Auditor do Tesouro Municipal – Recife – 2003 [ESAF]
Para uma amostra de tamanho 100 de um atributo discreto X obteve-se a função de
distribuição empírica seguinte:
F ( x) = 0 , se
x < 1 .
F ( x) = 0
15,
, se 1 ≤ x < 2
F ( x) = 0
35,
, se
2 ≤ x < 3
F ( x) = 0
55,
, se 3 ≤ x < 4
F ( x) = 0
85,
, se
4 ≤ x < 5
F ( x) = 1 , se 4
x ≥ 5
Assinale a opção que corresponde à freqüência de observações de X iguais a três.
a) 55
b) 35
c) 20
d) 30
e) 85
Na verdade a questão não é de variáveis aleatórias. O experimento já foi feito e temos as
freqüências de cada observação (não as suas probabilidades).
Mas, para treinarmos matéria que estamos vendo, dá para pensar que o que temos é
uma função distribuição de probabilidades. E a pergunta é: qual a probabilidade de X ser
igual a 3? Nesse caso, as alternativas estariam em percentual.
A FDP apresenta saltos (para x igual a 1, 2, 3, 4 e 5). Esses são justamente os valores
que X pode assumir.
P( X
= )3
= FDP( )3
− FDP( )2
= 0
55,
− 0
35,
= ,0 20
A probabilidade de X ser igual a 3 é de 20%.
Resposta: C.
EC 63
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Seja X uma variável aleatória cuja distribuição de probabilidade dada por:
P( X
= k ) = 2 − k , para
k = ,1 ,2 ,...3
Se F(x) é a função de distribuição acumulada de X, então
dadas, respectivamente, por:
P( X
= 1 X ≤ 2) e F(3) são
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141
a) 2/3 e 7/8
b) 2/3 e 3/4
c) 2/3 e 5/8
d) 1/2 e 7/8
e) 1/2 e 3/4
Podemos calcular as seguintes probabilidades:
P( X
P( X
P( X
=
)1
=
)
2
=
)3
= 2 1−
= 2 2−
− 2 3−
= 1 / 2
= 1/ 4
= 1 / 8
A probabilidade de X ser menor ou igual a 3 é:
F ( )3
= 1 + 1 + 1 = 7 42 8 8
A probabilidade de X ser menor ou igual a 2 é:
F ( )2
= 1 + 1 = 3 42 4
O enunciado também pediu P( X
= 1 X ≤ 2)
P( X
= 1 X ≤ )2
= P( X
= 1 ∩ X ≤ )2 =
P( X
= )1 = 1 / 2 = 2 / 3 P( X ≤ )2 P( X ≤ )2 3 / 4
Resposta: A.
E por hoje é isso. Em anexo, alguns comentários adicionais, sobre assuntos cuja
exigência não é razoável para uma prova aberta a candidatos de todas as áreas.
Ressalva feita para o teorema de Bayes, extremamente comum. Só não coloquei nada
referente a esse teorema durante a aula porque, para os problemas que costumam cair,
é perfeitamente possível conseguir chegar à resposta sem conhecê-lo.
Bons estudos!
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142
ANEXO
A) Teorema de Bayes
Durante a aula mencionei a existência do Teorema de Bayes. Agora vamos rever as
questões já resolvidas, aplicando o tal teorema.
Vamos resolver o EC 17, agora usando o teorema de Bayes.
Escolhe-se uma conta ao acaso.
Seja A o evento que ocorre quando a conta escolhida é inadimplemente. Seja A o
evento que ocorre quando a conta escolhida não é inadimplente. São dois eventos
complementares.
Seja B o evento que ocorre quando a conta escolhida tem pelo menos dois pagamentos
com mais de duas semanas de atraso.
O exercício pede:
P( A B) = ?
E para isso informa que:
P(
)A
= 0 10, .
Portanto, concluímos que:
P(
)A
= 0 90,
O enunciado informa ainda que:
P(B
)
A
= 0
90,
e P(B
)
A
= ,0 40 .
Vamos usar a fórmula da probabilidade condicional:
P( A B) = P( A ∩ B) (equação I)
P(B)
Sabemos também que:
P(B
)
A
= P( A ∩ B) � P( A ∩ B) = P(B
)
A
P( )A
× P(
)A
(equação II).
Substituindo a equação II na equação I:
P(B
)
A
× P( )A
P( A B) = (equação III)
P(B)
Lembrando que P(B) é a probabilidade de termos uma conta com pelo menos dois
pagamentos com mais de duas semanas de atraso. Esse evento pode ocorrer tanto com
contas inadimplentes quanto com contas não inadimplentes (eventos complementares).
Portanto:
P(B) = P(B )
A
× P(
)A
+ P(B )A
× P(
)A
(equação
IV)
Substituindo a equação IV na equação III, temos o resultado a que chamamos de
teorema de Bayes:
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143
P(B
)
A
× P( )A
P( A B) =
P(B
)
A
× P(
)A
+ P(B
)
A
× P( )A
Vamos fazer as contas, pra ver como fica:
P(B A) × P( A)
P( A B) =
P(B A) × P( A) + P(B A) × P( A
P( A B) = 0 9,
× 0 10, = 0 09, = %20 0 9, × 0 1, + ,0 4 × 0
9,
,0 45
Vamos agora resolver o EC 18, também usando o teorema de Bayes.
Seja “A” o evento “Ana escolhe o trajeto A”. Seja “B” o evento “Ana escolhe o trajeto B”.
A e B são complementares.
Seja “L” o evento “Ana se atrasa”.
Seja L o evento “Ana não se atrasa”
O exercício disse que:
P(L
)
A
= ,0 4
P(L B) = 0 3,
P(
)A
= 0 6,
P(B) = ,0 4
E a pergunta é:
P(B L) = ?
Temos:
P(L )A
= ,0 4 � P(L
)
A
= 0 6,
P(L B) = 0 3,
� P(L B) = 0 7,
Usando o teorema de Bayes:
P(L B) × P(B)
P(B L) =
P(L
)
A
× P(
)A
+ P(L B) × P(B)
P(B L) = 0 7,
× ,0 4 = ,0 28 = 28 = 7 0 6, × 0 6, + 0 7, × ,0 4 0
36,
+ ,0 28 64 16
Vamos aplicar o teorema de Bayes para o EC 19.
Vamos agora resolver a questão usando fórmulas.
Seja “A” o evento: “motor ser fabricado na fábrica A”. Seja “B” o evento “motor ser
fabricado na fábrica B”. A e B são complementares.
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144
Seja “D” o evento “motor ser defeituoso”.
O exercício disse que:
P(
)A
= ,0 4
P(B) = 0 6,
P(D
)
A
= ,0 02
P(D B) = ,0 03
E foi pedido para calcularmos:
P( A D) = ?
Aplicando o teorema:
P( D
)
A
× P( )A
P( A D) =
P(D
)
A
× P(
)A
+ P(D B) × P(B)
Substituindo os valores:
P( A D) = 0
02,
× ,0 4 = 0 008, = 8
0
02,
× ,0 4 + 0
03,
× 0 6, 0
008
,
+ 0 018, 26
Vamos agora rever o EC 20.
Seja “A” o evento “pedido de A”. Seja “B” o evento “pedido de B”. A e B são
complementares.
Seja “E” o evento “pedido com erro”.
Foi dado que:
P(
)A
= 0 3,
P(B) = 0 7,
P(E
)
A
= ,0 02
P(E B) = ,0 05
E foi pedido para calcularmos:
P( A E) = ?
Aplicando o teorema:
P(E
)
A
× P( )A
P( A E ) =
P(E
)
A
× P(
)A
+ P(E B) × P(B)
Substituindo os valores:
P( A E ) = 0
02,
× 0 3, = 0 006, = 6
0
02,
× 0 3, + 0
05,
× 0 7, 0
006
,
+ 0 035, 41
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145
Vamos refazer o EC 21.
Seja “A” o evento “tem a doença” e “B” o evento “não tem a doença”. “A” e “B” são
complementares.
Seja “E” o evento “teste dar positivo”
Foi dado que:
P(
)A
= 0 005,
P(B) = 0 995,
P(E
)
A
= 0 95,
P(E B) = ,0 01
E foi pedido para calcularmos:
P( A E) = ?
Aplicando o teorema:
P(E
)
A
× P( )A
P( A E ) =
P(E
)
A
× P(
)A
+ P(E B) × P(B)
Substituindo os valores:
P( A E ) = 0
95,
× 0 005, = 475 � 0 32,
0
95,
× 0
005,
+ 0
01,
× 0
995,
475 + 995
B) Esperança para variáveis contínuas
A partir desta aula a matéria começa a ficar um pouco mais difícil. Digo isto porque para
detalharmos um pouco mais alguns conceitos seria necessário usar um pouco algumas
ferramentas de cálculo. Só que é impossível aqui, num curso para um concurso aberto a
candidatos de todas as áreas, darmos uma abordagem deste tipo. Daí a gente acaba
apelando para algumas informações “tiradas do nada”, que devem apenas ser gravadas.
Isso ficará ainda mais evidente a partir da próxima aula.
Assim, em anexo, vou trazer alguns comentários adicionais. Nada muito aprofundado. Só
um indicativo de por onde passaria um tratamento um pouco mais detalhado para as
questões. Pode ser útil para quem tem alguma formação em exatas.
Não creio que vá cair nenhuma questão do tipo que estou colocando a seguir. Não seria
razoável uma cobrança deste tipo de questão. Portanto, se você não teve contato com
cálculo, nem precisa se preocupar em ler esta parte do anexo.
Vamos começar pela função densidade de probabilidade.
Quando temos um dado sendo lançado, sabemos que a probabilidade de cada face sair é
de 1/6. A esperança é dada por:
E ( X ) = ∑ P( xi ) × xi
Muito bem. Quando a variável é contínua, a probabilidade é substituída pela fdp. E em
vez de termos um somatório, temos uma integral.
Ficaria assim:
E ( X ) = ∫ x × f ( x) × dx
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146
A função f(x) é a fdp. Os limites de integração vão de
− ∞ a + ∞
Lá na questão do concurso do Basa (EC 39) nós precisávamos calcular a esperança de X,
sabendo que sua fdp valia 1 no intervalo de 0 a 1 e zero nos demais intervalos.
Agora já sabemos como calcular esperanças a partir de uma fdp. Para a nossa variável X,
uniforme no intervalo de 0 a 1, ficamos com:
E ( X ) =
+∞
∫ x × f ( x) × dx
−∞
Mas a função densidade só é diferente de zero no intervalo de 0 a 1.
1
E ( X ) = ∫ x × f ( x) × d x
0
Substituindo o valor da fdp:
1
E ( X ) = ∫ x ×1× dx
0
2 1
E( X ) = x
2
0
E ( X ) = 1 = 0 5,
2
Por isto a esperança de X é igual a 0,5.
Com o mesmo raciocínio podemos encontrar a esperança de X2.
E ( X 2 ) =
+∞
∫ x 2 × f ( x) × dx
−∞
1
E ( X 2 ) = ∫ x 2 × dx
0
3 1
E ( X 2 ) = x = 1
3 3 0
Vimos que a função distribuição de probabilidade nos fornece a probabilidade de X
assumir valores menores ou iguais a um dado valor em análise.
Vimos que a função densidade de probabilidade nos ajuda a calcular probabilidades, por
meio da área abaixo de sua curva.
Quando falamos em área abaixo da curva, falamos em cálculo da integral da função. As
duas funções estudadas podem ser relacionadas da seguinte forma:
F ( X ) =
X
∫ f ( x)dx
−∞
Onde F é a função distribuição e f é a função densidade. Creio que esta equação ajuda
a entender melhor o significado da função densidade. Ela nos dá a inclinação da curva de
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147
distribuição. Indica o quanto a probabilidade acumulada aumenta quando x sofre
pequenas variações.
Vamos a uma outra questão de concurso.
EC 64
Atuário Junior – Paraná Previdência 2002. [CESPE]
Alguns valores de
e − a
a 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
e − a 0,91 0,82 0,74 0,67 0,61 0,55 0,50 0,45 0,41 0,37
a 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0
e − a 0,33 0,30 0,27 0,25 0,22 0,20 0,18 0,16 0,15 0,14
Em estudos previdenciários, é importante avaliar o tempo de sobrevida dos beneficiários,
o qual, em geral, depende do perfil do beneficiário. Esse perfil é composto por um
conjunto de características como idade, espécie de benefício (aposentadoria por idade,
invalidez etc.), tipo de clientela (urbana/rural), entre outras. Suponha que o tempo de
sobrevida de beneficiários com um certo perfil seja uma variável aleatória que segue
uma distribuição exponencial com parâmetro 0,1, cuja função densidade é dada
por f t( ) = 0 1, × e 0− , t1 , para t > 0 e f (t) = 0 , para t < 0 . Com base nessas informações,
julgue os itens seguintes, utilizando, quando necessário, os valores da tabela acima.
1. O tempo médio de sobrevida dos beneficiários é inferior a 5 anos.
2. O desvio-padrão do tempo de sobrevida dos beneficiários é superior a 5 anos.
3. A mediana do tempo de sobrevida dos beneficiários está entre 6 e 8 anos.
4. O percentual de beneficiários com tempo de sobrevida inferior a 15 anos é menor que
85%.
5. Assumindo-se independência entre os beneficiários, se dois beneficiários forem
selecionados ao acaso, a probabilidade de que tenham sobrevidas superiores a 7 anos é
igual a 0,50.
Questão do Cespe.
Primeiro item.
Queremos calcular o tempo médio (ou a esperança da variável T).
Da definição de esperança, temos:
E T(
+∞
=) ∫ t × f t( ) × dt
−∞
Como a função vale zero para t < 0, temos:
E (T ) =
+∞
∫ t × f (t ) × dt
0
E (T ) =
+∞
∫ t × 0 1,
0
× e −0 1, t × dt
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148
= � − −
∞
×− − � E (T ) � 1 e
0 1, t
et 0 1, t �
� 0 1, � 0
= − � − 0 − 0 × �0
E (T ) �0 1 e �e
� 0 1, �
E (T ) = 1 = 10
0 1,
O tempo médio de sobrevida é de 10 anos. O item está errado.
Vamos ao segundo item. Queremos saber do desvio padrão do tempo de sobrevida.
Primeiro vamos calcular a variância. Lembrando que:
V ( X ) =
[
E
X 2 ] − μ 2
Neste caso, a variável não é X, é T (que tem média 10).
V (T ) = [E T 2 ] − 10 2
Para calcular a variância, precisamos calcular a esperança de T2.
E (T 2 ) =
+∞
∫ t 2 × 0 1,
0
× e −0 1, t × dt
E (T 2 )
+∞ 2
t= ∫
× 0 1,
e× −
0 1,
t
× dt
t 2− (
)×
∞
−e 0 1, t
0 1, 0 0
E (T 2 ) = 2 ×10 − 0 = 200
0 1,
Portanto a variância de t fica:
V (T ) = 200 − 100 = 100
O desvio padrão de T é igual à raiz quadrada da variância. O desvio padrão é igual a 10.
O item está correto, pois o desvio padrão realmente é superior a 5.
Terceiro item. Pede-se a mediana (D).
A probabilidade de T assumir valores menores ou iguais à mediana é 50%.
D
F (D) = ∫ f t( ) × dt
0
0 5,
D
= ∫ f t( ) × dt
0
0 5,
=
1
−
D × e −0, t1 0
0 5,
=
1
−
× e 0− 1, D + 1× e 0
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149
0 5,
= e −0 1, D
Consultando a tabela fornecida no enunciado, temos que:
0 1, D = ,0 7
D = 7
Realmente a mediana está entre 6 e 8. O item está certo.
Item quatro.
Queremos a probabilidade de valores de T inferiores a 15 anos.
Para tanto, basta calcularmos a área abaixo da curva de fdp, para t < 15. Cálculo de área
está relacionado com cálculo de integral. Esta probabilidade é dada por:
P(T <
)1
5
15
= ∫ f (t )dt
0
P(T <
)1
5
15
= ∫ 0 1,
0
× e −0 1, t dt
P(T <
)1
5
15
= − 1× e −0 1, t 0
P(T <
)1
5
=
1
−
× e − ,1 5 + 1× e 0
Consultando a tabela, podemos substituir os valores:
P(T <
)1
5
=
1
−
× ,0 22 + 1× e 0 = 0 78,
O percentual procurado é de 78%. Realmente é menor que 85%. Item correto.
Item 5.
Queremos que dois beneficiários, simultaneamente, tenham sobrevida superior a 7 anos.
Como os dois eventos são independentes, temos:
P( 1T
> 7 ∩
2T
> 7) = P( 1T
> 7) × P( 2T
> 7)
Isto porque, para eventos independentes, a probabilidade da intersecção é igual ao
produto das probabilidades.
Só que nós já sabemos que 7 é a mediana. Portanto, a probabilidade de um dado valor
de T ser superior a 7 é igual a 50%.
P( 1T
> 7 ∩
2T
> 7) = 0 5,
× 0 5,
= ,0 25
A probabilidade procurada é de 25%. O item está errado.
Um outro exercício semelhante (apesar de não falar de esperança) é o que segue:
EC 65
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
A trava de segurança de um aparelho industrial deve ser trocada com freqüência, de
modo a evitar a quebra devido ao fim de sua vida útil. Estudos anteriores admitem que
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150
essa vida útil possa ser representada por uma variável aleatória contínua X, assumindo
valores entre 0 e 1 ano.
Seja:
f ( x) = 3 / 2 × (1 − x 2 ) se 0 < x ≤ 1
f ( x) = 0 , caso contrário.
A probabilidade da vida útil ser superior a 6 meses é:
a) 3/16 b) 5/16 c) 3/8 d) 7/16 e) 5/8
∞ 1 3 × 1(
− x 2 )
1
�3 x 3 �
P( X > ,0 )5 = ∫ f ( x)dx = ∫ dx = × � x − �
0,5 0,5 2 �2 3 � 0,5
� 3 � � 3 �
P( X > ,0
)5
= 3 × �1 − 1 − 0 5,
+ 0 5, � = �
3 − 1 − 1 5, + 0 5, � = ,31 25%
2 � � 3
Resposta: B
� 2 �3 � 2 2 2 �
EC 66
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
O tempo em minutos, X, para a digitação de um texto, é considerado uma variável
aleatória contínua com função densidade de probabilidade dada por:
f ( x) = 1 / 4 , se
f ( x) = 1/ 8 , se
0 ≤ x < 2
2 ≤ x < 6
f ( x) = 0 , caso contrário
O valor esperado de X é:
a) 5,0 b) 4,0 c) 3,5 d) 2,5 e) 1,0
Temos:
∞
x2 6 x E[ X ] = ∫ xf ( x)dx =∫ dx + ∫ dx
−∞ 0 4 2 8
22 2 6
E[ X ] = x + x = 1 + 36 − 4 = 2 5, 8 16
0 2
2 16 16
Resposta: D.
Antes de encerrar a aula, trago um exercício de esperança de variável aleatória discreta,
que envolve conhecimento de progressão geométrica.
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151
EC 67
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Seja X uma variável aleatória cuja distribuição de probabilidade dada por:
P( X
= k ) = 2 − k , para
k = ,1 ,2 ,...3
A média, a moda e a mediana de X são dadas, respectivamente, por:
a) 1,1,1
b) 1,1,2
c) 2,1,1
d) 2,1,2
e) 2,2,1
Note que a distribuição de probabilidade é decrescente. À medida que os valores de k
aumentam, diminui a probabilidade relacionada. A moda, valor de k para o qual é
máxima a probabilidade, é igual ao menor valor que a variável X assume. A moda é igual
a 1.
M = 1
A mediana é o valor tal que a probabilidade de X ser menor ou igual a k é de 50%.
Note que, para k=1, temos:
P( X
= )1
= 2 1−
= 0 5,
O menor valor que X assume é 1. Desse modo, a probabilidade de X ser menor ou igual a
1 é igual à probabilidade de X ser igual a 1 (que vale 50%). Logo, a mediana é igual a 1.
D = 1
A média é dada por:
∞
E[ X ] = ∑ ki × P( X
i =1
=k i )
E[ X ] = 1× 2 −1 + 2 × 2 2−
+ 3 × 2 −3 + 4 × 2 −4 + ...
Podemos separar esta soma em partes:
E[ X ] = (2 −1 + 2 2− + 2 3− + 2 −4 + )... +
( 2.
−2 + 2 3− + 2
−4 + )... + (2
3−
+ 2 −4 + )... + ...
Dentro de cada parêntesis, nós temos uma progressão geométrica infinita com razão
igual a 1/2. São progressões cujas somas são dadas por:
S = a1 1 − q
Onde 1a é o primeiro termo e q é a
razão. A soma da primeira PG fica:
1S =
1 / 2 = 1
1 / 2
Analogamente, as somas das demais PG’s ficam:
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152
2S =
1/ 4 = 1/ 2
1/ 2
3S =
1/ 4 = 1 / 4
1/ 2
E assim por diante. Cada soma é igual à metade da soma anterior. Como a razão é
sempre igual a ½ e o primeiro termo de cada PG é sempre metade do primeiro termo da
PG anterior, então as somas vão sendo divididas por 2.
Para achar a soma de todas as somas, precisamos adicionar os seguintes valores:
S _ geral = 1 + 1 / 2 + 1 / 4 + 1 / 8 + ...
Temos nova PG, com razão 1/2, infinita, cuja soma é finita.
S _ geral = 1 = 2
1 − 1/ 2
Concluindo:
E[ X ] = 2
A média é igual a 2, a mediana é igual a 1 e a moda é igual a 1.
Resposta: C
E por hoje era isto.
Bons estudos!
Vítor.
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153
EC 1
LISTA DAS QUESTÕES DE CONCURSOS
Técnico Administrativo – MPU – 2004/2 [ESAF]
Maria ganhou de João nove pulseiras, quatro delas de prata e cinco delas de ouro. Maria
ganhou de Pedro onze pulseiras, oito delas de prata e três delas de ouro. Maria guarda
todas essas pulseiras – e apenas essas – em sua pequena caixa de jóias. Uma noite,
arrumando-se apressadamente para ir ao cinema com João, Maria retira, ao acaso, uma
pulseira de sua pequena caixa de jóias. Ela vê, então, que retirou uma pulseira de prata.
Levando em conta tais informações, a probabilidade de que a pulseira de prata que Maria
retirou seja uma das pulseiras que ganhou de João é igual a:
a) 1/3
b) 1/5
c) 9/20
d) 4/5
e) 3/5
EC2
Analista de Planejamento e Orçamento – MPOG – 2005 [ESAF]
Há três moedas em um saco. Apenas uma delas é uma moeda normal, com “cara” em
uma face e “coroa” na outra. As demais são moedas defeituosas. Uma delas tem “cara”
em ambas as faces. A outra tem “coroa” em ambas as faces. Uma moeda é retirada do
saco, ao acaso, e é colocada sobre a mesa sem que se veja qual a face que ficou voltada
para baixo. Vê-se que a face voltada para cima é “cara”. Considerando todas estas
informações, a probabilidade de que a face voltada para baixo seja “coroa” é igual a:
a) 1/2
b) 1/3
c) 1/4
d) 2/3
e) 3/4
EC 3
Analista Administrativo – MPU – 2004 [ESAF]
Carlos diariamente almoça um prato de sopa no mesmo restaurante. A sopa é feita de
forma aleatória por um dos três cozinheiros que lá trabalham: 40% das vezes a sopa é
feita por João; 40% das vezes por José, e 20% das vezes por Maria. João salga demais a
sopa 10% das vezes, José o faz em 5% das vezes e Maria 20% das vezes. Como de
costume, um dia qualquer Carlos pede a sopa e, ao experimentá-la, verifica que está
salgada demais. A probabilidade de que essa sopa tenha sido feita por José é igual a
a) 0,15.
b) 0,25.
c) 0,30.
d) 0,20.
e) 0,40.
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154
EC 4
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Numa cidade onde se publicam 2 jornais, A e B, sabe-se que entre n famílias: 160
assinam o jornal A; 35 assinam os dois jornais A e B; 201 não assinam B; e 155 assinam
apenas 1 jornal. O valor de ‘n’ e a probabilidade de uma família selecionada ao acaso,
dentre as n, assinar A dado que assina B, são dados respectivamente, por:
a) 180 e 160/266
b) 250 e 35/75
c) 266 e 7/12
d) 266 e 35/76
e) 266 e 35/266
EC 5
Analista CGU/2008 [ESAF]
A e B são eventos independentes se:
a) P( A ∩ B) = P( )A
b) P( A ∩ B) = P( )A
c) P( A ∩ B) = P( )A
d) P( A ∩ B) = P( )A
e) P( A ∩ B) = P( )A
+ P(B)
÷ P(B)
− P(B)
+ P(B )A
× P(B)
EC 6
Analista Previdenciário Pleno – Área Estatística – Paraná Previdência 2002 [CESPE]
Texto IV
Uma empresa adotou uma política de contratação de deficientes físicos. Para avaliar se
as deficiências afetam o desempenho desses empregados no trabalho, foi gerado o
seguinte quadro, a partir de uma avaliação dos 400 empregados dessa empresa.
Desempenho
Tipo de deficiência
Surdez Cegueira
Outras Sem
deficiência
Total
Bom 35 40 2 123 200
Regular 5 20 18 157 200
Total 40 60 20 280 400
Com relação aos dados do texto IV, julgue os seguintes itens.
1. Se um empregado for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser considerado como
tendo bom desempenho será igual a 0,50.
2. Se um empregado for escolhido ao acaso entre os empregados considerados como
tendo bom desempenho, a probabilidade de ele ser cego será de 0,20.
3. Considere A o evento “o empregado é surdo” e B o evento “o empregado tem
desempenho regular”. Se um empregado for escolhido ao acaso entre os 400 avaliados,
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155
a probabilidade de ele ser surdo e ter sido avaliado como tendo desempenho regular, P(A
∩ B), será igual a P(A) × P(B) = 0,05.
4. Considere C o evento “o empregado é cego” e B o evento “o empregado tem
desempenho regular”. Se um empregado for escolhido ao acaso, a probabilidade
condicional será
P(B | C ) = P(B ∩ C ) = 0 1, .
P(B)
5. Considere B o evento “o empregado tem desempenho regular” e D o evento “o
empregado tem desempenho bom”. Os eventos B e D são independentes, pois
P(B ∩ D) = 0 .
EC 7
Técnico administrativo – MPU/2004 [ESAF]
Carlos sabe que Ana e Beatriz estão viajando pela Europa. Com as informações que
dispõe, ele estima corretamente que a probabilidade de Ana estar hoje em Paris é 3/7,
que a probabilidade de Beatriz estar hoje em Paris é 2/7, e que a probabilidade de
ambas, Ana e Beatriz, estarem hoje em Paris é 1/7. Carlos, então, recebe um telefonema
de Ana informando que ela está hoje em Paris. Com a informação recebida pelo
telefonema de Ana, Carlos agora estima corretamente que a probabilidade de Beatriz
também estar hoje em Paris é igual a
a) 2/3
b) 1/7
c) 1/3.
d) 5/7
e) 4/7
EC 8
Fiscal do Trabalho/98 [ESAF]
De um grupo de 200 estudantes, 80 estão matriculados em francês, 110 em inglês e 40
não estão matriculados nem em inglês nem em francês. Seleciona-se, ao acaso, um dos
200 estudantes. A probabilidade de que o estudante selecionado esteja matriculado em
pelo menos uma dessas disciplinas (isto é, em inglês ou em francês) é igual a:
a) 30/200
b) 130/200
c) 150/200
d) 160/200
e) 190/200
EC 9
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
A tabela fornece informações sobre o tipo de câncer e a idade de 500 pacientes que
sofrem desta doença, internados num determinado hospital especializado na doença.
Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
Outros Total
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156
[0;10) 0 6 60 66
[10;30) 30 9 25 64
[30;50) 100 75 55 230
[50;70) 70 60 10 140
Total 200 150 150 500
Ao selecionar aleatoriamente um paciente, dentre esses 500, a probabilidade dele ter
câncer pulmonar ou estomacal, dado que tem idade inferior a 30 anos, é:
a) 16/125
b) 9/26
c) 39/64
d) 13/50
e) 32/65
EC 10
Técnico de informática – MPU/2004 [ESAF]
Quando Lígia pára em um posto de gasolina, a probabilidade de ela pedir para verificar o
nível de óleo é 0,28; a probabilidade de ela pedir para verificar a pressão dos pneus é
0,11 e a probabilidade de ela pedir para verificar ambos, óleo e pneus, é 0,04.Portanto, a
probabilidade de Lígia parar em um posto de gasolina e não pedir nem para verificar o
nível de óleo e nem para verificar a pressão dos pneus é igual a
a) 0,25
b) 0,35
c) 0,45
d) 0,15
e) 0,65
EC 11
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Sejam A e B dois eventos associados a um experimento. Supondo que
P(
)A
= ,0 4 e
P( A � B) = 0 7, e P(B) = p . Os valores de p que fazem com que A e B sejam
mutuamente exclusivos e A e B sejam independentes são, respectivamente,
a) 0,3 e 0,5 b) 0,4 e 0,2 c) 0,5 e 0,2 d) 0,6 e 0,2 e) 0,3 e 0,4
EC 12
Analista BACEN/2006 – Área 5 [FCC]
A probabilidade de um associado de um clube pagar a sua mensalidade com atraso é de
5%. Entre 5 associados escolhidos aleatoriamente, a probabilidade de pelo menos 1
pagar a sua mensalidade sem atraso é:
a) 1 – 0,955
b) 0,955
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157
c) 4,75 . 0,955
d) 5 . 0,955
e) 1- 0,055
EC 13
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
A resistência (em toneladas) de vigas de concreto produzidas por uma empresa,
comporta-se conforme a função de probabilidade abaixo:
Resistência (toneladas) 2 3 4 5 6
Probabilidade 0,1 0,1 0,4 0,2 0,2
Admite-se que essas vigas são aprovadas para uso em construções se suportam pelo
menos 4 toneladas. De um grande lote de vigas fabricado pela empresa escolhemos ao
acaso 4 vigas.
A probabilidade de pelo menos uma ser apta para construções é:
a) 0,0016
b) 0,1036
c) 0,8800
d) 0,9984
e) 0,9990
EC 14
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
Sabe-se que 3/5 dos pacientes submetidos a uma determinada cirurgia sobrevivem. Se 4
pacientes realizarem a cirurgia, a probabilidade de que pelo menos um não sobreviva é
de:
a)609/625
b)544/625
c)96/625
d)24/625
e)16/625
EC 15
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
Um lote contém 20 peças das quais 5 são defeituosas. Colhendo-se uma amostra de 2
peças, ao acaso e sem reposição deste lote, a probabilidade de se obter pelo menos uma
pela defeituosa é:
a) 21/38
b) 19/38
c) 17/38
d) 15/38
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158
e) 13/38
EC 16
Analista Legislativo. Contador. Câmara dos Deputados 2007 [FCC]
Uma rede local de computadores é composta por um servidor e 2 (dois) clientes (Z e Y).
Registros anteriores indicam que dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de
30% vêm de Z e 70% de Y. Se o pedido não for feito de forma adequada, o
processamento apresentara erro. Sabendo-se que 2% dos pedidos feitos por Z e 1% dos
pedidos feitos por Y apresentam erro, a probabilidade do sistema apresentar erro é:
a) 5%
b) 4,1%
c) 3,5%
d) 3%
e) 1,3%
EC 17
Analista BACEN 2001 [ESAF]
Os registros de uma instituição financeira indicam que 90% das contas de empréstimo
consideradas inadimplentes apresentaram pagamentos com mais de duas semanas de
atraso em pelo menos duas prestações. Sabe-se também que 10% de todas as contas de
empréstimo tornam-se inadimplentes e que 40% das contas de empréstimo
integralmente liquidadas mostram pelo menos duas prestações com atraso no
pagamento em mais de duas semanas. Assinale a opção que corresponde à probabilidade
de que uma conta de empréstimo com duas ou mais prestações pagas com atraso de
duas semanas torne-se inadimplente.
a) 20%
b) 10%
c) 9%
d) 15%
e) 18%
EC 18
Auditor Fiscal – ICMS/MG – 2005 [ESAF]
Ana precisa chegar ao aeroporto para buscar uma amiga. Ela pode escolher dois trajetos,
A ou B. Devido ao intenso tráfego, se Ana escolher o trajeto A, existe uma probabilidade
de 0,4 de ela se atrasar. Se Ana escolher o trajeto B, essa probabilidade passa para
0,30. As probabilidades de Ana escolher os trajetos A ou B são, respectivamente, 0,6 e
0,4. Sabendo-se que Ana não se atrasou, então a probabilidade de ela ter escolhido o
trajeto B é igual a:
a) 6/25
b) 6/13
c) 7/13
d) 7/25
e) 7/16
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159
EC 19
Analista BACEN 2002 [ESAF]
Uma empresa fabrica motores a jato em duas fábricas A e B. Um motor é escolhido ao
acaso de um lote de produção. Nota-se que o motor apresenta defeitos. De observações
anteriores a empresa sabe que 2% e 3% são as taxas de motores fabricados com algum
defeito em A e B, respectivamente. Sabendo-se que a fábrica A é responsável por 40%
da produção, assinale a opção que dá a probabilidade de que o motor escolhido tenha
sido fabricado em A.
a) 0,400
b) 0,030
c) 0,012
d) 0,308
e) 0,500
EC 20
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
Uma rede local de computadores é composta por um servidor de 2 clientes (A e B).
Registros anteriores indicam que, dos pedidos de certo tipo de processamento, cerca de
30% vêm de A e 70% de B. Se o pedido não for feito de forma adequada, o
processamento apresentará erro. Sabe-se que 2% dos pedidos feitos por A e 5% dos
feitos por B apresentam erro. Selecionando-se um pedido ao acaso, a probabilidade de
ele ser proveniente de A, sabendo que apresentou erro, é:
a) 5/41
b) 6/41
c) 3/5
d) 2/35
e) 1/35
EC 21
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Um teste laboratorial de sangue é 95% efetivo para detectar uma certa doença, quando
ela está presente. Entretanto, o teste também resulta em falso positivo para 1% das
pessoas saudáveis testadas. Se 0,5% da população realmente tem a doença, a
probabilidade de uma pessoa ter a doença, dado que o resultado do teste é positivo, é:
a) 0,9
b) 0,8
c) 0,4
d) 0,35
e) 0,32
EC 22
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160
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Uma fábrica de chocolate produz dois tipos de caixas de bombons: com e sem açúcar.
Cada caixa contém 10 bombons. Por descuido, foram misturados 3 bombons sem açúcar
em uma caixa de bombons doces. A caixa foi oferecida a uma criança que retirou 2
bombons. A probabilidade destes dois bombons serem sem açúcar é:
a) 1/15
b) 1/20
c) 3/20
d) 3/15
e) 1/5
EC 23
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
A tabela fornece informações sobre o tipo de câncer e a idade de 500 pacientes que
sofrem desta doença, internados num determinado hospital especializado na doença.
Idade Câncer
estomacal
Câncer
pulmonar
Outros Total
[0;10) 0 6 60 66
[10;30) 30 9 25 64
[30;50) 100 75 55 230
[50;70) 70 60 10 140
Total 200 150 150 500
Ao selecionar, aleatoriamente e sem reposição, dois pacientes dentre esses 500, a
probabilidade de um câncer pulmonar e o outro não é de:
a) 60/499
b) 120/499
c) 3/25
d) 6/25
e) 210/499
EC 24
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Em um jogo, um participante seleciona sucessivamente ao acaso duas bolas de uma urna
que contém 10 boas sendo: 4 pretas, 3 vermelhas e 3 brancas. O esquema de premiação
do jogo consiste das seguintes regras: para cada bola vermelha sorteada o participante
ganha um real, para cada bola preta sorteada ele perde um real e para cada bola branca
sorteada ele não ganha e nem perde nada.
Se a seleção for realizada sem reposição, a probabilidade do participante não ganhar
nada neste jogo é:
a) 1/6
b) 1/5
c) 1/4
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161
d) 1/3
e) 1/8
EC 25
Analista Judiciário. Área apoio especializado. Especialidade: Estatística. TRF 2ª
Região/2007 [FCC]
Em um jogo, um participante seleciona sucessivamente ao acaso duas bolas de uma urna
que contém 10 boas sendo: 4 pretas, 3 vermelhas e 3 brancas. O esquema de premiação
do jogo consiste das seguintes regras: para cada bola vermelha sorteada o participante
ganha um real, para cada bola preta sorteada ele perde um real e para cada bola branca
sorteada ele não ganha e nem perde nada.
Se a seleção for realizada com reposição, a probabilidade do participante ganhar R$ 1,00
neste jogo é:
a) 0,25
b) 0,18
c) 0,15
d) 0,12
e) 0,10
EC 26
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Duas urnas guardam bolas brancas e pretas. Uma das urnas tem 3 bolas brancas e 1
preta enquanto que a outra tem 3 bolas brancas e 3 pretas. Escolhendo-se uma urna ao
acaso e, em seguida, sucessivamente e com reposição, duas de suas bolas, a
probabilidade de ocorrer uma branca e uma preta é:
a) 7/8
b) 7/16
c) 3/8
d) 7/32
e) 3/16
EC 27
Analista Legislativo. Contador. Câmara dos Deputados 2007 [FCC]
Uma pesquisa eleitoral foi realizada com uma amostra de 500 eleitores com o objetivo de
estudar a influência da idade na preferência por dois candidatos presidenciais. Os
resultados obtidos foram os seguintes:
Preferência
Idade (anos)
Candidato alfa Candidato beta Indecisos Total
[20;30) 68 117 15 200
[30;50) 102 70 27 200
[50;80) 80 3 17 100
Total 250 190 60 500
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162
Duas pessoas serão selecionadas ao acaso e com reposição dentre os 500 eleitores. A
probabilidade de exatamente uma pertencer à faixa etária [50;80) e preferir o candidato
Alfa é:
a) 168/625 b) 84/625 c) 64/625 d) 42/625 e) 21/625
EC 28
AFC – CGU/2008 [ESAF]
Uma empresa de consultoria no ramo de engenharia de transportes contratou 10
profissionais especializados, a saber: 4 engenheiras e 6 engenheiros. Sorteando-se, ao
acaso, três desses profissionais para constituírem um grupo de trabalho, a probabilidade
de os três profissionais sorteados serem do mesmo sexo é igual a:
a) 0,10
b) 0,12
c) 0,15
d) 0,20
e) 0,24
EC 29
AFC – CGU/2002 [ESAF]
Em uma sala de aula estão 10 crianças sendo 6 meninas e 4 meninos. Três das crianças
são sorteadas para participarem de um jogo. A probabilidade de as três crianças
sorteadas serem do mesmo sexo é:
a) 15%
b) 20%.
c) 25%
d) 30%
e) 35%
EC 30
AFC/CGU - 2008. Área: Estatística e cálculos atuariais. [ESAF]
Em uma população de N objetos, M possuem determinada propriedade, enquanto N-M
não possuem esta propriedade. Ao se retirar
uma amostra aleatória de n objetos desta
população, sem reposição, qual a probabilidade de que exatamente k objetos na amostra
tenham a referida propriedade?
a) C (M , k ) × C ( N − M , n − k ) ÷ C ( N , n)
� M �
k / n
b)
� �
� N �
C n k
k
� M � �
n−k
�M
c) ( , ) × � � × �1 − �
� N � � N �
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163
� M
� � � N �
k −1
1 M � N �
k
� M � �
n−k
�M
e)
� � × �1 − �
� N � � N �
EC 31
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
Em uma livraria 4 livros didáticos com defeito foram misturados a outros 16 livros sem
defeito. Um professor foi à livraria e escolheu, aleatoriamente, 4 desses livros para
presentear seus alunos. A probabilidade de ter escolhido 3 livros com defeito é:
� 4 �� 16 �
� �� � � �� 1
3�
a)
� 20 �
��
� 4 � �
�16 �� 4 �
� �� � � ��
� 3 �� 1 �
b)
� 20 �
�� � 4� �
�16 �
c) × 0 8,�
4 �
4 × ,0 212
� � �
� 20 �
d) × 0 8,�
4 �
4 × ,0 216
� � �
�16 �
e) × 0 8,�
3 �
4 × ,0 212
� � �
EC 32
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
A tabela abaixo apresenta a distribuição de freqüências das notas obtidas num teste de
matemática, realizado por 50 estudantes.
Notas Freqüência absoluta
0 │− 2 4
2 │− 4 12
4 │− 6 15
6 │− 8 13
8 │− 10 6
Selecionando-se ao acaso e sem reposição três estudantes dentre esses 50, a
probabilidade de pelo menos um ter tirado nota igual ou superior a 2 é:
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164
� 4 �
� 4 �
3 3
� �
50 × �
3
4
�
47 � � � �
× � 46 �
a) � � 1 − � 4 � � c)
�
�
� � �
�
d)
� 3 �
� 3 �
� 50 � � 50 � � 3 � � �
� 50 � � 50 �
� 50 � �
e) 1 −
� 50 �
�
EC 33
Agente Fiscal do Tesouro do Estado/RS - 2006 – Adaptado.
�� � 3� �
A tabela a seguir apresenta as probabilidades de um oficial de justiça receber 0, 1, 2 ou 3
relatórios de violação de liberdade condicional em um dia qualquer.
Número de
violações 0 1 2 3
Probabilidade 0,40 0,20 0,10 0,30
A média desta distribuição de probabilidades é:
a) 1,30
b) 1,50
EC 34
Agente Fiscal do Tesouro do Estado/RS - 2006 – Adaptado.
A tabela a seguir apresenta as probabilidades de um oficial de justiça receber 0, 1, 2 ou 3
relatórios de violação de liberdade condicional em um dia qualquer.
Número de
violações 0 1 2 3
Probabilidade 0,40 0,20 0,10 0,30
A variância desta distribuição de probabilidades é:
a) 1,61
b) 3,50
c) 1,50
EC 35
Analista BACEN/2006 – Área 4 [FCC]
Sejam X e Y duas variáveis aleatórias e
I – E(X) e E(Y) as expectâncias de X e Y, respectivamente;
II – Var(X) e Var(Y) as variâncias de X e Y, respectivamente;
III – Cov(X,Y) a covariância de X e Y.
Tem-se que, em qualquer situação:
a) V ( X ) = E( X 2 ) + [ ]E( X ) 2
b) E( XY ) = Cov( X , Y ) + E( X )E (Y )
c) E(2 X + )3
= 2E( X )
d) Se Cov( X ,Y ) = 0 então X e Y são independentes.
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165
e) E( X + Y ) = E( X ) + E(Y ) somente no caso de X e Y serem independentes.
EC 36
Analista BACEN/2006 – Área 3 [FCC]
Sejam X e Y duas variáveis aleatórias e
I. E(X) e E(Y) as expectâncias de X e Y, respectivamente; II.
Var(X) e Var(Y) as variâncias de X e Y, respectivamente; III.
Cov(X,Y) a covariância de X e Y.
Tem-se, em qualquer situação,
a) [E 2 X +
]5
= 4 × [E X ]
b) se
[
E
XY ] =
[
E
X ] × [E Y ] então X e Y são independentes
c)
[
Var
X +
]1
0
=
[
Var
X ] + 10
d)
[
E
X ] × [E Y ] =
[E
XY ] − [Cov X ,Y ]
e) [Cov X ,Y ] =
[Var
X ] × Var[Y ]
EC 37
Analista BACEN/2002 [ESAF]
Considere duas variáveis aleatórias X e Y. Sejam 45 e 65 as médias de X e de Y,
respectivamente. Sejam 4 e 16 as variâncias de X e Y respectivamente e 3 a covariância
entre essas variáveis. Assinale a opção que dá a variância da diferença X – Y.
a) 26
b) 20
c) 23
d) 14
e) Não é possível calcular a variância de X – Y com a informação dada.
EC 38
AFC/CGU - 2008. Área: Estatística e cálculos atuariais. [ESAF]
Seja X uma variável aleatória com média 1 e variância 2. Qual a variância da variável
Y=2X+4?
a) 2
b) 4
c) 6
d) 8
e) 12
EC 39
Técnico Científico – Área estatística – BASA – 2007 [CESPE]
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166
Considere duas variáveis aleatórias independentes X e Y idênticas e uniformemente
distribuídas no intervalo (0, 1). Acerca da distribuição da soma Z = X + Y, julgue os
seguintes itens.
61 A média de Z é igual a zero.
62 A variância de Z é igual à variância da diferença X – Y.
63 A covariância entre Z e X é igual a 1/12.
[obs: Como não estudamos algumas matérias necessárias para resolver a questão,
considere as seguintes informações adicionais:
EC 40
Fiscal de Rendas/MS – 2006 [FGV]
E[ X ] = [E Y ] = 0
5,
;
[
E
X 2 ] = 1 ].
3
Analise as afirmativas a seguir, a respeito de duas variáveis aleatórias X e Y: I
– se X e Y são independentes, então Cov(X,Y) = 0.
II – Se Cov(X,Y) = 0, então X e Y são independentes;
III – Se X e Y são independentes, então E(XY) = E(X).E(Y)
IV – Se E(XY) =E(X).E(Y), então X e Y são independentes.
Assinale:
a) se nenhum alternativa estiver correta
b) se somente as alternativas I e III estiverem corretas
c) se somente as alternativas I e IV estiverem corretas
d) se somente as alternativas II e IV estiverem corretas
e) se todas as alternativas estiverem corretas.
EC 41
Técnico Científico – Área: estatística. Basa 2007 [CESPE]
Em uma agência bancária, 5 empregados foram avaliados pelos empregados
supervisores A e B. Os supervisores, após avaliarem o desempenho de cada empregado,
atribuíram uma nota de zero a dez. A tabela abaixo mostra o resultado desta avaliação:
Empregado 1 2 3 4 5
Supervisor A
(nota) 5 6 8 7 9
Supervisor B
(nota) 8 7 7 9 10
Com base nessas informações, julgue os próximos itens:
75. A média das notas atribuídas pelo supervisor A é igual à mediana das atribuídas pelo
supervisor B.
76. A variância amostral das notas atribuídas pelo supervisor A é superior a 2.
supervisores A e B foram, em média, iguais.
78. A covariância entre as notas dadas pelos supervisores A e B é inferior a 1.
EC 42
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
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MariliaOliveira,CPF:02317614578
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167
Seja X uma variável com média 3 e coeficiente de variação igual a 0,5. Seja Y = -2X+3.
As variâncias de X e Y são dadas, respectivamente, por:
a) 1,5 e 6
b) 2,25 e 9
c) 1,5 e 3
d) 2,25 e 5
e) 2,5 e 6
EC 43
Analista Legislativo. Contador. Câmara dos Deputados 2007 [FCC]
Se a média e a variância da variável aleatória X são 12 e 80, respectivamente, então a
média e a variância da variável aleatória Y = X/4+1 são dadas respectivamente por:
a) 4 e 20 b) 4 e 5 c) 3 e 20 d) 4 e 21 e) 3 e 5
EC 44
Assessor especializado – IPEA/2004 [FCC]
A variável X tem média 4 e variância 2. Considere as variáveis:
Y=3X; Z=X+5; U=-3X+1; V=X-5; W=Y-5
É verdade que:
a) W tem média 7 e variância 3
b) Z tem média 9 e coeficientes de variação 2
c) os coeficientes de variação de Y e U são iguais
d) os desvios-padrão de U e Y são iguais
e) se a distribuição de freqüências de X tem assimetria positiva, a média de V é maior do
que zero.
EC 45
Técnico de controle externo III – TCE/MG – 2007. Área – Economia [FCC]
O número de unidades vendidas, mensalmente, de um produto em uma determinada loja
é uma variável aleatória (X) com a seguinte distribuição de probabilidades:
X P(X)
0 2m
1 n
2 2n
3 n
4 m
Sabe-se que somente em 10% dos meses são vendidos mais que 3 unidades. Então, se
em um determinado mês a venda realizada não foi nula, tem-se que a probabilidade dela
ter sido inferior a 4 é:
a) 70,0%
b) 75,0%
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168
c) 80,0%
d) 87,5%
e) 90,0%
EC 46
Especialista em regulação de saúde suplementar. Especialidade: Estatística. Ministério da
Saúde/2007 [FCC]
Em um estudo sobre o tratamento de crises asmáticas construiu-se a função conjunta de
probabilidades com preços em reais de dois medicamentos A e B para tratamento de
asma, apresentada abaixo:
Preço de A
Preço de B
4 5 10
1 0,1 0 0
2 0,1 0,2 0,2
5 0 0,2 0,2
Sabendo que cada tratamento utiliza duas unidades do medicamento A e uma unidade do
medicamento B, o custo médio para tratar um paciente asmático é:
a) R$ 8,00
b) R$ 10,00
c) R$ 11,00
d) R$ 13,00
e) R$ 15,00
Texto para as questões EC 47, EC 48 e EC 49.
A tabela de dupla entrada abaixo apresenta a distribuição conjunta das freqüências
relativas a X e Y, onde:
X = preço, em reais, do produto X
Y = preço, em reais, do produto Y.
Y 2 3 4
X
1 0,2 0,1 0,1
2 0 0,1 0,1
3 0,3 0 0,1
EC 47
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
Para fabricação de uma peça Z são utilizados os produtos X e Y e está sendo analisada a
viabilidade econômica desta peça. Se esta peça utiliza 3 unidades de X e 5 unidades de
Y, o custo médio de Z é:
a) 11 reais
b) 12 reais
c) 15,5 reais
d) 20 reais
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169
e) 22 reais
EC 48
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
A proporção de vezes em que o valor de Y supera o de X é:
a) 0,3 b) 0,6 c) 0,7 d) 0,8 e) 0,9
EC 49
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
O coeficiente de variação populacional de X é:
2
a)
0 8,
b)
0 8,
3
c)
0 8,
2
d)
3
,0 6
0 6,
e)
2
EC 50
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
A tabela de dupla entrada, apresentada a seguir, mostra a distribuição conjunta das
variáveis F e M que representam o número de anos para completar o ensino fundamental
e médio, respectivamente. Em uma cidade, esta tabela foi adotada para calcular a média
da variável Z, que representa o número de anos para completar todo o ciclo básico, isto
é Z = F + M. O valor médio de Z será
M 3 4 5
F
a) 8,1
b) 10,0
c) 12,4
d) 13,4
e) 14,0
8 0,2 0,1 0,1
9 0,3 0 0,1
10 0,1 0,1 0
EC 51
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
Uma indústria possui dois fornecedores X e Y, e pretende comprar 3 lotes de peças
produzidas por eles. A compra dos lotes será iniciada pela escolha ao acaso de um dos
fornecedores e, se ficar satisfeita com o material entregue, comprará o próximo lote do
mesmo fornecedor. Se não ficar satisfeita, trocará de fornecedor. Admitindo que, para
cada lote o índice de satisfação é de 60% para o fornecedor X e 80% para o fornecedor
Y, calcule a média do número de lotes fornecidos por Y.
a) 2,5 b) 2,45 c) 2,00 d) 1,80 e) 1,74
EC 52
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170
Analista BACEN 2001 [ESAF]
Um investidor aplica em um fundo de ações e espera os rendimentos seguintes,
dependentes do cenário econômico vigente:
Cenário Rendimento
Economia em recessão R$ 1.000,00
Economia estável R$ 2.000,00
Economia em expansão R$ 4.000,00
Com base em sua experiência passada, a distribuição de probabilidades do cenário
econômico seria:
Cenário Probabilidade
Economia em recessão 0,4
Economia estável 0,4
Economia em expansão 0,2
Assinale a opção que dá o valor do desvio-padrão em reais da rentabilidade do
investidor.
a) 1100 b) 2000(1/5)0,5 c) 3000(3/5)0,5 d) 1000(6/5)0,5
e) 2000
EC 53
Analista BACEN – 2002 [ESAF].
Uma variável aleatória do tipo absolutamente contínuo tem a função densidade de
probabilidade seguinte:
f ( x) = ,1 2 − 0
08,
x , se 10 ≤ x ≤ 15
f ( x) = 0 , caso contrário
Assinale a opção que dá a probabilidade de que a variável aleatória assuma valores entre
10 e 12.
a) 0,160
b) 0,640
c) 0,500
d) 0,200
e) 0,825
EC 54
Analista BACEN/2006 – Área 4 [FCC]
Uma variável aleatória X contínua tem a seguinte função densidade de probabilidade:
f ( x) = ax + 1 , se 0 ≤ x ≤ 2
3
f ( x) = 0 , caso contrário
Sendo ‘a’ uma constante, seu valor é igual a:
a) 1/6
b) 1/4
c) 1/3
d) 2/3
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171
e) 1
EC 55
Analista BACEN/2006 – Área 3 [FCC]
Uma variável aleatória X contínua tem a seguinte função densidade de probabilidade:
f ( x) = x + K , se 0 ≤ x ≤ 3
12
f ( x) = 0 , caso contrário
Sendo ‘K’ uma constante, seu valor é igual a:
a) 1
b) 3/4
c) 2/3
d) 7/30
e) 5/24
EC 56
Analista BACEN 2001 [ESAF]
A variável aleatória X tem distribuição de probabilidades do tipo absolutamente contínuo
com densidade de probabilidades:
f ( x) = 1 , se
α2
− α < x < α
f ( x) = 0 , caso contrário.
Onde α é uma constante positiva maior do que um. Assinale a opção que dá o valor de
α para que se tenha P(X>1) = 0,25.
a) 4
b) 0
c) 3
d) 1
e) 2
EC 57
Analista Ministerial MPE PE/2006.
Área: estatística [FCC]
A função densidade de probabilidade do tempo, em segundos, requerido para completar
uma operação de montagem é:
f ( x) = 1 / 40 , se 10 < x < 50
f ( x) = 0 , caso contrário.
Sabendo que “a” segundos é o tempo que é precedido por 25% das montagens, o valor
de a é:
a) 20
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172
b) 18,5
c) 17,8
d) 17,2
e) 16
EC 58
Auditor Fiscal/MG – 2005 [ESAF]
Uma variável aleatória X tem função distribuição de probabilidades dada por:
F ( x) = 0 , se x < 0.
F ( x) = 1 , se 0 ≤ x < 1
243
F ( x) = 11 , se 1 ≤ x < 2
243
F ( x) = 51 , se 2 ≤ x < 3
243
F ( x) = 131 , se 3 ≤ x < 4
243
F ( x) = 211 , se 4 ≤ x < 5
243
F ( x) = 1 , se x > 5
Assinale a opção correta.
a) X é do tipo (absolutamente) contínuo e Pr (2 < x ≤ 4) = 0,461
b) X é do tipo discreto e Pr (2 < x ≤ 4) = 0,658
c) X é do tipo discreto e Pr (2 < x ≤ 4) = 0,506
d) X é do tipo (absolutamente) contínuo e Pr (2 < x ≤ 4) = 0,506
e) X não é do tipo discreto nem (absolutamente) contínuo Pr (2 < x ≤ 4) = e 0,506.
EC 59
Analista BACEN 2001 [ESAF].
Uma variável aleatória X tem função de distribuição de probabilidades dada por:
F ( x) = 0 , x < 0
F ( x) = 1 , 0 ≤ x < 1
4
F ( x) = 7 , 1 ≤ x < 2
12
F ( x) = 11 , 2 ≤ x < 3
12
F ( x) = 1 , x ≥ 3
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173
Assinale a opção que dá o valor da probabilidade de X = 2.
a) 7/12
b) 11/12
c) 1/3
d) 3/4
e) 10/12
EC 60
Técnico Municipal de Nível Superior – Área Estatística – Prefeitura de Vila Velha [CESPE]
Considere o tempo gasto para análise de recursos administrativos pelos servidores de
determinada prefeitura seja uma variável aleatória X cuja função de distribuição
acumulada é dada por F ( x) = 1 − e −5 x , se x ≥ 0 e F ( x) = 0 , se x < 0. Com base nessas
informações, julgue os itens subseqüentes.
69. A probabilidade de X ser igual a 0,2 é superior a 0,5
72. A probabilidade condicional
P( X
> 2 | X
> )1 é igual à probabilidade
P( X
> )1
EC 61
Técnico de planejamento e pesquisa – IPEA/2004 [ESAF]
A variável aleatória X tem função de distribuição de probabilidades:
F ( x) = 0 , se
x < 1
F ( x) = 1/ 8 , se 1 ≤ x < 2
F ( x) = 1/ 4 , se
2 ≤ x < 3
F ( x) = 1 se
x ≥ 3
Assinale a opção correta:
a) A probabilidade de que X=3 é 0,75
b) A probabilidade de que X=2 é 1/4.
c) A aleatória X é uniforme discreta
d) a variável aleatória X tem valor esperado unitário
e) A variável aleatória X é uniforme contínua
EC 62
Auditor do Tesouro Municipal – Recife – 2003 [ESAF]
Para uma amostra de tamanho 100 de um atributo discreto X obteve-se a função de
distribuição empírica seguinte:
F ( x) = 0 , se
x < 1 .
F ( x) = 0
15,
, se 1 ≤ x < 2
F ( x) = 0
35,
, se
2 ≤ x < 3
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174
F ( x) = 0
55,
, se 3 ≤ x < 4
F ( x) = 0
85,
, se
4 ≤ x < 5
F ( x) = 1 , se 4
x ≥ 5
Assinale a opção que corresponde à freqüência de observações de X iguais a três.
a) 55
b) 35
c) 20
d) 30
e) 85
EC 63
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Seja X uma variável aleatória cuja distribuição de probabilidade dada por:
P( X
= k ) = 2 − k , para
k = ,1 ,2 ,...3
Se F(x) é a função de distribuição acumulada de X, então
dadas, respectivamente, por:
a) 2/3 e 7/8
b) 2/3 e 3/4
c) 2/3 e 5/8
d) 1/2 e 7/8
e) 1/2 e 3/4
P( X
= 1 X ≤ 2) e F(3) são
EC 64
Atuário Junior – Paraná Previdência 2002. [CESPE]
Alguns valores de
e − a
a 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
e − a 0,91 0,82 0,74 0,67 0,61 0,55 0,50 0,45 0,41 0,37
a 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0
e − a 0,33 0,30 0,27 0,25 0,22 0,20 0,18 0,16 0,15 0,14
Em estudos previdenciários, é importante avaliar o tempo de sobrevida dos beneficiários,
o qual, em geral, depende do perfil do beneficiário. Esse perfil é composto por um
conjunto de características como idade, espécie de benefício (aposentadoria por idade,
invalidez etc.), tipo de clientela (urbana/rural), entre outras. Suponha que o tempo de
sobrevida de beneficiários com um certo perfil seja uma variável aleatória que segue
uma distribuição exponencial com parâmetro 0,1, cuja função densidade é dada
por f t( ) = 0 1, × e −0, t1 , para t > 0 e f (t) = 0 , para t < 0 . Com base nessas informações,
julgue os itens seguintes, utilizando, quando necessário, os valores da tabela acima.
1. O tempo médio de sobrevida dos beneficiários é inferior a 5 anos.
2. O desvio-padrão do tempo de sobrevida dos beneficiários é superior a 5 anos.
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3. A mediana do tempo de sobrevida dos beneficiários está entre 6 e 8 anos.
4. O percentual de beneficiários com tempo de sobrevida inferior a 15 anos é menor que
85%.
5. Assumindo-se independência entre os beneficiários, se dois beneficiários forem
selecionados ao acaso, a probabilidade de que tenham sobrevidas superiores a 7 anos é
igual a 0,50.
EC 65
Analista Ministerial MPE PE/2006. Área: estatística [FCC]
A trava de segurança de um aparelho industrial deve ser trocada com freqüência, de
modo a evitar a quebra devido ao fim de sua vida útil. Estudos anteriores admitem que
essa vida útil possa ser representada por uma variável aleatória contínua X, assumindo
valores entre 0 e 1 ano.
Seja:
f ( x) = 3 / 2 × (1 − x 2 ) se 0 < x ≤ 1
f ( x) = 0 , caso contrário.
A probabilidade da vida útil ser superior a 6 meses é:
a) 3/16 b) 5/16 c) 3/8 d) 7/16 e) 5/8
EC 66
Analista – Área documentação. Especialidade – Estatística – MPU/2007 [FCC]
O tempo em minutos, X, para a digitação de um texto, é considerado uma variável
aleatória contínua com função densidade de probabilidade dada por:
f ( x) = 1/ 4 , se
f ( x) = 1 / 8 , se
0 ≤ x < 2
2 ≤ x < 6
f ( x) = 0 , caso contrário
O valor esperado de X é:
a) 5,0 b) 4,0 c) 3,5 d) 2,5 e) 1,0
EC 67
Analista Judiciário. Especialidade: estatística. TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Seja X uma variável aleatória cuja distribuição de probabilidade dada por:
P( X
= k ) = 2 − k , para
k = ,1 ,2 ,...3
A média, a moda e a mediana de X são dadas, respectivamente, por:
a) 1,1,1
b) 1,1,2
c) 2,1,1
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d) 2,1,2
e) 2,2,1
1 A
2 B
3 D
4 C
5 E
GABARITO DAS QUESTÕES DE CONCURSOS
6 C; C; E; E; E
7 C
8 D
9 B
10 E
11 A
12 E
13 D
14 B
15 C
16 E
17 A
18 E
19 D
20 B
21
E
22 A
23 E
24 D
25 B
26 B
27 A
28 D
29 B
30 A
31 A
32 E
33 A
34 A
35 B
36 D
37 D
38 D
39 E; C; C
40 B
41 E; C; C
42 B
43 B
44 D
45 D
46 D
47 D
48 C
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49 C
50 C
51 E
52 D
53 B
54 A
55 E
56 E
57 A
58 B
59 C
60 E; C
61 A
62 C
63 A
64 E; C; C; C; E
65 B
66 D
67 C
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