fundamentos de estatística aplicada módulo iii: variáveis ... · você verá que as variáveis...

Universidade Federal Fluminense

Instituto de Matemática e Estatística

Fundamentos de Estatística AplicadaMódulo III: Variáveis Aleatórias UnidimensionaisAna Maria Lima de FariasDepartamento de Estatística

Conteúdo

1 Variáveis Aleatórias 1

1.1 Variável Aleatória . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Função de probabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Função densidade de probabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Função de distribuição acumulada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Variáveis aleatórias discretas 9

2.1 Cálculo da função de probabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Função de Distribuição Acumulada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Esperança de Variáveis Aleatórias Discretas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.3.1 Esperança de Funções de Variáveis Aleatórias . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3.2 Propriedades da Esperança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.4 Variância e desvio-padrão de uma variável aleatória . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4.1 Propriedades da variância e do desvio-padrão . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.5 Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 Algumas Distribuições Discretas 26

3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.2 Distribuição de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.2.1 Esperança e Variância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.3 Distribuição Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.3.1 A Distribuição Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33i

CONTEÚDO3.3.2 Esperança e Variância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.4 Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374 Variáveis Aleatórias Contínuas 38

4.1 Função de Distribuição Acumulada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.2 Esperança e Variância de Variáveis Aleatórias Contínuas . . . . . . . . . . . . . . 394.3 Distribuição uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.4 Densidade linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.5 Densidade triangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.6 Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

5 A Distribuição Normal 50

5.1 Características gerais da distribuição normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505.1.1 Função de densidade de probabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505.1.2 Esperança e Variância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.1.3 Função de Distribuição Acumulada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

5.2 A Densidade Normal Padrão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.2.1 A Tabela da Normal Padrão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.2.2 A Tabela da Distribuição Acumulada da Normal Padrão . . . . . . . . . . 60

5.3 Cálculos com a distribuição normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635.3.1 Encontrando a abscissa da normal para uma probabilidade específica . . 66

5.4 Exemplos de Aplicação da Distribuição Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 715.5 Exercícios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

6 Solução dos exercícios 82

6.1 Capítulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.2 Capítulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 886.3 Capítulo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 906.4 Capítulo 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

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CONTEÚDOA Revisão de análise combinatória 106

A.1 Princípio Fundamental da Adição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106A.2 Princípio Fundamental da Multiplicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107A.3 Permutações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109A.4 Permutações de objetos não todos distintos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111A.5 Arranjos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113A.6 Combinações simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

B Tabelas da Distribuição Normal 119

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Capítulo 1

Variáveis Aleatórias

Neste capítulo, você aprenderá um conceito muito importante da teoria de probabilidade: oconceito de variável aleatória. Você verá que as variáveis aleatórias e suas distribuiçõesde probabilidade são as ferramentas fundamentais na modelagem de fenômenos aleatórios.Nesse capítulo, definiremos as variáveis aleatórias discretas e contínuas, bem como as funçõesque determinam seu comportamento probabilístico: função de probabilidade para o caso dis-creto e função densidade de probabilidade para o caso contínuo. Definiremos, ainda, a funçãode distribuição acumulada, que também caracteriza completamente as variáveis aleatórias,tanto discretas quanto contínuas.1.1 Variável Aleatória

Consideremos o seguinte experimento aleatório: sorteio de uma amostra de 20 funcionáriosde uma empresa que tem 500 funcionários. O espaço amostral deste experimento é formadopor todas as amostras possíveis e, como a ordem não importa e não deve haver repetição defuncionários, o número total de tais amostras é n(Ω) = (50020 ). Cada elemento desse espaçoamostral é formado pela relação dos 20 funcionários sorteados.Em situações como essa, em geral, o interesse não está nos funcionários em si, mas,sim, em alguma característica deste funcionário, por exemplo, sua altura, se tem curso supe-rior ou não, número de dependentes. Dessa forma, poderíamos calcular a altura média dosfuncionários da amostra, o número médio de dependentes, a proporção de funcionários comcurso superior, etc. Então, a cada amostra possível, ou seja, a cada ponto do espaço amostralassociamos um número. Essa é a definição de variável aleatória.

CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIASDEFINIÇÃO Variável aleatória

Uma variável aleatória é uma função real (isto é, que assume valores emR) definida no espaço amostral Ω de um experimento aleatório. Dito deoutra forma, uma variável aleatória é uma função que associa um númeroreal a cada evento de Ω.

Por questões de simplicidade, muitas vezes abreviaremos a expressão variável aleatóriapor “v.a.”. A convenção usual para representar uma v.a. consiste em usar letras maiúsculascomo X, Y , etc. Um valor específico, mas genérico, desta variável será representado pela letraminúscula correspondente: x, y, etc.Continuando com o exemplo da amostra de funcionários, podemos, então, definir asseguintes variáveis aleatórias: X = “altura média em centímetros” e Y = “número máximo dedependentes”. Estas variáveis têm naturezas distintas, quando levamos em conta os possíveisvalores de cada uma. Para a variável X , os valores possíveis formam um intervalo, por exemplo,[140, 200]. Para a variável Y , os valores possíveis são números inteiros, variando de 0 a 20,por exemplo. Isso nos leva à seguinte definição.

DEFINIÇÃO Variáveis aleatórias discretas e contínuas

Uma variável aleatória é discreta se sua imagem (ou conjunto de valoresque ela assume) for um conjunto finito ou enumerável. Se a imagem for umconjunto não enumerável, dizemos que a variável aleatória é contínua.A questão que se coloca, agora, é: como atribuir probabilidade aos valores, ou intervalode valores, de uma variável aleatória?

EXEMPLO 1.1 Dois dados

Consideremos o lançamento de dois dados equilibrados. Como já visto, o espaço amos-tral desse experimento é formado pelos pares ordenados (i, j) em que i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Esseé um experimento em que o espaço amostral não é formado por números. Suponhamos quenosso interesse esteja no máximo das faces dos dois dados. Neste caso, a v.a. X = “má-ximo das 2 faces” é uma variável discreta, que pode assumir os valores 1, 2, 3, 4, 5, 6, conformeilustrado na Tabela 1.1.

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CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIASTabela 1.1 – Variável aleatória X = “máximo das faces de 2 dados”

Pontos do espaço amostral Valor de X(1,1) 1(1,2),(2,2),(2,1) 2(1,3),(2,3),(3,3),(3,2),(3,1) 3(1,4),(2,4),(3,4),(4,4),(4,3),(4,2),(4,1) 4(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(5,5),(5,4),(5,3),(5,2),(5,1) 5(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6),(6,5),(6,4),(6,3),(6,2),(6,1) 6Podemos ver que o valor X = 2 corresponde ao evento A = (1, 2), (2, 1), (2, 2), enquantoo valor X = 1 corresponde ao evento B = (1, 1). Sendo assim, é de se esperar que o valor2 seja mais provável que o valor 1, uma vez que todos os pares são equiprováveis. Podemoscalcular a probabilidade de X = 2 usando a seguinte equivalência de eventos:

X = 2 ≡ A = (1, 2), (2, 1), (2, 2)Dessa forma, podemos definir P(X = 2) = P(A) = 336De maneira análoga, obtemos

P (X = 1) = 136P (X = 3) = 536P (X = 4) = 736P (X = 5) = 936P (X = 6) = 1136Observe que conseguimos estabelecer uma probabilidade para cada valor da variávelaleatória. Esse exemplo ilustra o conceito de função de probabilidade de uma v.a. discreta,que será apresentado mais adiante.

EXEMPLO 1.2 Altura média de uma amostra de funcionários

Considere, agora, que retiremos várias amostras de 20 funcionários da empresa consi-derada anteriormente e, para cada amostra, registremos a altura média. Na Figura 1.1 temoso histograma e o polígono de frequência para essas alturas. Este histograma foi construídode forma que as áreas de cada retângulo são iguais às frequências relativas das respectivasclasses. Sabemos, então, que a soma das áreas dos retângulos é 1.


CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS

Figura 1.1 – Histograma e polígono de frequência da altura médiaTendo em mente que cada frequência relativa é uma aproximação para a probabilidadede um elemento pertencer à respectiva classe, podemos estimar a probabilidade de a alturamédia estar entre dois valores quaisquer como a área dos retângulos envolvidos. Veja aFigura 1.2, onde a área sombreada corresponde à frequência (probabilidade) de alturas entreos valores 168 e 178 cm. Esta área pode ser aproximada também pela área sob o polígonode frequência, conforme ilustrado na Figura 1.3. As áreas sombreadas de cinza mais escurocorrespondem às diferenças; note que elas tendem a se compensar.

Figura 1.2 – Probabilidade comofrequência relativa Figura 1.3 – Probabilidade como áreasob o polígono de frequênciaComo estamos trabalhando com uma variável aleatória contínua, faz sentido pensarmosem reduzir, cada vez mais, o comprimento de classe δ , até a situação limite em que δ → 0.Nessa situação limite, o polígono de frequências se transforma em uma curva na parte positiva(ou não-negativa) do eixo vertical, tal que a área sob ela é igual a 1. Essa curva será chamadacurva de densidade de probabilidade.

Na situação limite, a diferença entre as áreas sombreadas mais escuro também tenderáa zero, o que nos permite concluir o seguinte: no limite, quando δ → 0, podemos estimara probabilidade de a variável de interesse estar entre dois valores A e B pela área sob acurva de densidade de probabilidade, delimitada por esses pontos. Isso nos permitirá calcularprobabilidade de intervalos de valores de qualquer variável aletatória contínua.

Iremos, agora, apresentar as definições formais relativas às variáveis aleatórias discretasDepartamento de Estatística - Ana Maria Farias 4

CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIASe contínuas.1.2 Função de probabilidade

O comportamento de uma variável aleatória discreta fica perfeitamente determinado atravésda sua função de probabilidade.DEFINIÇÃO Função de probabilidade

Seja X uma variável aleatória discreta. A função de probabilidade de Xé a função fX (x) que associa, a cada valor possível x de X , sua respectivaprobabilidade, calculada da seguinte forma: fX (x) é a probabilidade doevento X = x, consistindo em todos os resultados do espaço amostralque dão origem ao valor x .fX (x) = P (X = x) = ∑

ω∈Ω:X (ω)=x P (ω) (1.1)

Para não sobrecarregar o texto, omitiremos os colchetes oriundos da notação de evento(conjunto) e escreveremos P (X = x) no lugar de P (X = x), que seria a forma correta.Das propriedades (axiomas) da probabilidade resultam os seguintes fatos sobre a funçãode probabilidade de uma v.a. X :

fX (x) ≥ 0 (1.2)∑xfX (x) = 1 (1.3)

em que ∑x

indica somatório ao longo de todos os possíveis valores de X . Note que a segundapropriedade é decorrente do axioma P (Ω) = 1, pois os eventos X = x são mutuamenteexclusivos e formam uma partição do espaço amostral. Estas são as condições definidoras deuma função de probabilidade.1.3 Função densidade de probabilidade

O comportamento de uma variável aleatória contínua fica perfeitamente determinado atravésda função densidade de probabilidade.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 5

CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIASDEFINIÇÃO Função densidade de probabilidade

Uma função densidade de probabilidade é uma função f (x) que satisfazas seguintes propriedades:1. f (x) ≥ 02. A área total sob o gráfico de f (x) é igual a 1

Dada uma função f (x) satisfazendo as propriedades acima, então f (x) re-presenta alguma variável aleatória contínua X , de modo que P(a ≤ X ≤ b)é a área sob a curva limitada pelos pontos a e b (veja a Figura 1.4.

Figura 1.4 – Probabilidade como área sob a curva da função densidade de probabilidadeA definição anterior usa argumentos geométricos; no entanto, uma definição mais precisaenvolve o conceito de integral de uma função de uma variável. Apresentamos a seguir essadefinição, mas, neste curso, usaremos basicamente a interpretação geométrica da integral,que está associada à área sob uma curva.


CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIASDEFINIÇÃO Função densidade de probabilidade

Uma função densidade de probabilidade é uma função f (x) que satisfazas seguintes propriedades:1. f (x) ≥ 02. ∫∞−∞ f (x)dx = 1

Dada uma função f (x) satisfazendo as propriedades acima, então f (x) re-presenta alguma variável aleatória contínua X , de modo queP(a ≤ X ≤ b) = ∫ b

af (x)dx

Uma primeira observação importante que resulta da interpretação geométrica de pro-babilidade como área sob a curva de densidade de probabilidade é a seguinte: se X é umav.a. contínua, então a probabilidade do evento X = a é zero, ou seja, a probabilidade deX ser exatamente igual a um valor específico é nula. Isso pode ser visto na Figura 1.4: oevento X = a corresponde a um segmento de reta, e tal segmento tem área nula. Comoconsequência, temos as seguintes igualdades:P(a ≤ X ≤ b) = P(a < X ≤ b) = P(a ≤ X < b) = P(a < X < b)

Para deixar clara a relação entre a função densidade de probabilidade e a respectivav.a. X , usaremos a notação fX (x) para indicar a função densidade da variável aleatória X .1.4 Função de distribuição acumulada

A função de probabilidade e a função densidade de probabilidade nos dão toda a informaçãosobre a variável aleatória X . Existe uma outra função com tal característica (na verdade,sob determinadas condições, podemos achar outras funções com tal característica), que é afunção de distribuição acumulada de X , ou simplesmente função de distribuição, cuja definiçãoapresentamos a seguir.


CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIASDEFINIÇÃO Função de distribuição acumulada

Dada uma variável aleatória X , a função de distribuição acumulada de X(ou função de distribuição) é definida porFX (x) = P (X ≤ x) ∀x ∈ R (1.4)

É interessante notar que a função FX está definida para todo número real x.Os axiomas da probabilidade e as propriedades deles decorrentes nos permitem obteras seguintes propriedades da função de distribuição acumulada de uma v.a. X.

1. Como 0 ≤ P(A) ≤ 1 segue que 0 ≤ FX (x) ≤ 1 (1.5)2. Do axioma P(Ω) = 1 resulta que

limx→∞

FX (x) = 1 (1.6)Note que o evento X <∞ corresponde a todos os números reais e, portanto, incluitodos os valores de X.

3. Da propriedade P(∅) = 0 resulta quelim

x→−∞FX (x) = 0 (1.7)

Note que o evento X < −∞ corresponde ao evento impossível.4. FX (x) é uma função não decrescente, isto é, se

a < b⇒ FX (a) ≤ FX (b) (1.8)Esse resultado segue do fato de que, se a < b, então o evento X ≤ a ⊂ X ≤ b e,portanto, P(X ≤ a) ≤ P(X ≤ b), ou seja, FX (a) ≤ FX (b).


Capítulo 2

Variáveis aleatórias discretas

Nesse capítulo, vamos estudar em mais detalhes as variáveis aleatórias discretas.2.1 Cálculo da função de probabilidade

Da definição de função de probabilidade, resulta que o seu cálculo se dá em três etapas:• primeiro, temos que identificar todos os possíveis valores x da v.a. X ;• segundo, temos que identificar os resultados que dão origem a cada valor x e suasrespectivas probabilidades;• finalmente, temos que somar todas essas probabilidades para obter fX (x) = P(X = x).

EXEMPLO 2.1 Dois dados: máximo das faces

Considerando novamente a v.a. definida na Tabela 1.1, podemos resumir a função deprobabilidade da variável em questão na seguinte tabela:x 1 2 3 4 5 6fX (x) 136 336 536 736 936 1136

EXEMPLO 2.2 Dois dados: soma das faces

Consideremos, novamente, o lançamento de dois dados, mas agora vamos definir a se-guinte v.a. X = “soma das 2 faces”. Para facilitar a solução deste problema, vamos construir

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASuma tabela de duas entradas, em que cada dimensão representa o resultado de um dado eem cada cela temos a soma das duas faces.

1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12Como todos os pontos do espaço amostral são equiprováveis, a função de probabilidade de Xé:

x 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12fX (x) 136 236 336 436 536 636 536 436 336 236 136

EXEMPLO 2.3 Chaves

Um homem possui quatro chaves em seu bolso. Como está escuro, ele não consegue verqual a chave correta para abrir a porta de sua casa, que se encontra trancada. Ele testa cadauma das chaves até encontrar a correta.(a) Defina um espaço amostral para esse experimento.(b) Defina a v.a. X = número de chaves experimentadas até conseguir abrir a porta (inclusivea chave correta). Quais são os valores de X?(c) Encontre a função de probabilidade de X.

Solução

(a) Vamos designar por C a chave da porta e por E1, E2 e E3 as outras chaves. Se ele parade testar as chaves depois que acha a chave correta, então o espaço amostral é:Ω =

C,E1C, E2C, E3C,E1E2C, E2E1C, E1E3C, E3E1C, E2E3C, E3E2C,E1E2E3C, E1E3E2C, E2E1E3C,E2E3E1C, E3E1E2C ,E3E2E1C

(b) Podemos ver, na listagem de Ω, que X = 1, 2, 3, 4.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 10

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETAS(c) Note que todas as chaves têm a mesma chance de serem sorteadas e, obviamente, cadachave testada não é colocada de volta no bolso. Feitas essas observações, podemos verque

P(X = 1) = P(C ) = 14P(X = 2) = P(E1C ∪ E2C ∪ E3C )= P(E1C ) + P(E2C ) + P(E3C )= 14 × 13 + 14 × 13 + 14 × 13 = 14P(X = 3) = P(E1E2C ) + P(E2E1C ) + P(E1E3C ) +P(E3E1C ) + P(E2E3C ) + P(E3E2C )= 6× 14 × 13 × 12 = 14P(X = 4) = P(E1E2E3C ) + P(E1E3E2C ) + P(E2E1E3C ) +P(E2E3E1C ) + P(E3E1E2C ) + P(E3E2E1C )= 6× 14 × 13 × 12 × 1 = 14Logo, a função de probabilidade de X éx 1 2 3 4P(X = x) 14 14 14 14 (2.1)

EXEMPLO 2.4 Nota média de dois alunos

Dentre os cinco alunos de um curso com coeficiente de rendimento (CR) superior a 8,5,dois serão sorteados para receber uma bolsa de estudos. Os CRs desses alunos são: 8,8; 9,2;8,9; 9,5; 9,0.(a) Designando os alunos por A,B, C,D, E , defina um espaço amostral para esse experimento.(b) Seja X = CR médio dos alunos sorteados. Liste os possíveis valores de X.(c) Liste o evento X ≥ 9, 0.(d) Encontre a função de probabilidade de X e calcule P(X ≥ 9).

Solução

(a) Note que aqui a ordem não importa; logo, n(Ω) = (52) = 10. Mais especificamente,Ω = (A,B) , (A, C ) , (A,D) , (A, E) , (B,C ) ,(B,D) , (B,E) , (C,D) , (C,E) , (D,E)


CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETAS(b) Usando uma tabela de duas entradas, podemos representar os valores de X da seguinteforma:

A(8, 8) B(9, 2) C (8, 9) D(9, 5) E(9, 0)A(8, 8) 8,8+9,22 = 9,0 8, 85 9,15 8, 90B(9, 2) 9,05 9,35 9,10C (8, 9) 9,20 8, 95D(9, 5) 9,25E(9, 0)

(c) X ≥ 9 = (A,B) , (A,D) , (B,C ) , (B,D) , (B,E) , (C,D) , (D,E) .(d) Como todos os pontos do espaço amostral são equiprováveis (o sorteio é aleatório), afunção de probabilidade de X é:

x 8,85 8,90 8,95 9,00 9,05 9,10 9,15 9,20 9,25 9,35P(X = x) 110 110 110 110 110 110 110 110 110 110e P (X ≥ 9) = 710 .

2.2 Função de Distribuição Acumulada

A título de ilustração, vamos calcular a fda para a variável aleatória definida no Exemplo 2.1.EXEMPLO 2.5 Dois dados: máximo das faces

Considere a função de probabilidade da v.a. X = “máximo das faces de 2 dados”, dada em(2.1). Devemos notar inicialmente que nenhum valor menor que 1 é possível. Logo,FX (x) = 0 ∀x < 1 (2.2)

Para x = 1, temos queFX (1) = P (X ≤ 1) = P (X < 1) + P (X = 1) (2.3)= 0 + 136 = 136Para qualquer valor de x tal que 1 < x < 2, temos fX (x) = 0. Logo,FX (x) = P (X ≤ 1) + P (1 < X < x)= FX (1) + 0 = FX (1) ∀x : 1 < x < 2 (2.4)

Juntando os resultados (2.3) e (2.4), obtemosFX (x) = FX (1) = 136 ∀x : 1 ≤ x < 2


CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASCom raciocínio análogo, obtemos

FX (2) = P (X ≤ 2) (2.5)= P (X ≤ 1) + P (1 < X < 2) + P (X = 2)= 136 + 0 + 336 = 436e para x ∈ (2, 3)FX (x) = P (X ≤ 2) + P (2 < X < x) = FX (2) + 0 = FX (2) ∀x : 2 < x < 3 (2.6)Usando (2.5) e (2.6), obtemos

FX (x) = FX (2) = 436 ∀x : 2 ≤ x < 3Continuando, obtemos

FX (x) = FX (3) = 936 ∀x : 3 ≤ x < 4FX (x) = FX (4) = 1636 ∀x : 4 ≤ x < 5FX (x) = FX (5) = 2536 ∀x : 5 ≤ x < 6

Para x ≥ 6 devemos notar que o evento X ≤ x corresponde ao espaço amostral completo;logoFX (x) = 1 ∀ x ≥ 6

Dessa forma, a fda de X é a seguinte função

FX (x) =

0 x < 11/36 1 ≤ x < 24/36 2 ≤ x < 39/36 3 ≤ x < 416/36 4 ≤ x < 525/36 5 ≤ x < 61 x ≥ 6Na Figura 2.1, temos o gráfico de tal função em que a escala vertical está em múltiplosde 236 e a horizontal, em múltiplos de 1. Note que esse gráfico tem a forma de uma “escada”,com saltos de descontinuidade nos valores da v.a. X.A função de probabilidade de X pode ser calculada a partir da função de distribuiçãoda seguinte forma:

fX (x) = FX (x)− limδ→0FX (x − δ) , FX (x)− FX (x−) (2.7)

Note que isso significa que fX (x) é igual ao tamanho do “salto” da função de distribuiçãono ponto x.A conclusão que podemos tirar é a seguinte: a função de probabilidades e a função dedistribuição, ambas nos dão todas as informações sobre a variável aleatória X e a partir deuma podemos obter a outra, de forma inequívoca.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 13

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETAS

Figura 2.1 – FDA de X = “máximo das faces de 2 dados”

EXEMPLO 2.6 Função de distribuição e função de probabilidade

Dada a função de distribuiçãoF (x) =

0 x < 11/2 1 ≤ x < 2k 2 ≤ x < 33/4 3 ≤ x < 41 x ≥ 4

em que k é uma constante, determine os possíveis valores de k para que F (x) seja a funçãode distribuição acumulada de uma variável aleatória X. Em seguida, determine a função deprobabilidade dessa v.a. X .Solução

Como a função de distribuição de qualquer v.a. X tem que ser uma função não decres-cente, concluímos que k tem que ser maior ou igual a 12 . Pela mesma razão, k tem que sermenor ou igual a 34 . Dessa forma, os possíveis valores de k pertencem ao intervalo [12 , 34]. Osvalores possíveis da v.a. X correspondem aos pontos de descontinuidade da função F (x). Logo,X assume os valores 1, 2, 3, 4. As probabilidades desses valores são dadas pelo tamanho do“salto” de F (x). Então, ∀k : 12 ≤ k ≤ 34 , temos:



P(X = 1) = 12P(X = 2) = k − 12P(X = 3) = 34 − kP(X = 4) = 1− 34 = 14

EXEMPLO 2.7 Demanda por produto

A demanda por um certo produto pode ser vista como uma variável aleatória X cujafunção de probabilidade fX (x) é estimada porNúmero de unidades demandadas x 1 2 3 4fX (x) = P(X = x) 0, 25 0, 45 0, 15 0, 15

(a) Verifique que fX (x) realmente define uma função de probabilidade.(b) Obtenha a função de distribuição de X.(c) Usando a função de distribuição calculada no item anterior, calcule P(X ≤ 3, 5).

Solução

(a) 0, 25+0, 45+0, 15+0, 15 = 1 e todos os valores são não negativos. Logo, fX é uma funçãode probabilidade.

FX (x) =

0 se x < 10,25 se 1 ≤ x < 20,70 se 2 ≤ x < 30,85 se 3 ≤ x < 41,00 se x ≥ 4(b) Temos que P(X ≤ 3, 5) = FX (3, 5) = 0, 85


CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETAS2.3 Esperança de Variáveis Aleatórias Discretas

No estudo de variáveis aleatórias e suas distribuições de probabilidades, associamos númerosaos pontos do espaço amostral, ou seja, o resultado é sempre uma variável quantitativa (noteque os resultados cara e coroa não definem uma variável aleatória; para tal, temos queassociar números, 0 e 1, por exemplo, a esses resultados). Sendo assim, faz sentido perguntar“qual é o valor médio da variável aleatória X?”DEFINIÇÃO Esperança de uma variável aleatória discreta

Seja X uma variável aleatória discreta que assume os valores x1, x2, . . . comprobabilidades p1, p2, . . . respectivamente. A esperança ou média de X édefinida como E (X ) =∑ipixi =∑

ixi P (X = xi) (2.8)

onde o somatório se estende por todos os valores possíveis de X.Podemos ver, então, que a esperança de X é uma média dos seus valores, ponderadapelas respectivas probabilidades.

EXEMPLO 2.8 Vendas e comissões

Em determinado setor de uma loja de departamentos, o número de produtos vendidosem um dia pelos funcionários é uma variável aleatória P com a seguinte distribuição deprobabilidades (esses números foram obtidos dos resultados de vários anos de estudo):Número de produtos 0 1 2 3 4 5 6Probabilidade de venda 0,1 0,4 0,2 0,1 0,1 0,05 0,05

Cada vendedor recebe comissões de venda, distribuídas da seguinte forma: se ele vende atédois produtos em um dia, ele ganha uma comissão de R$10,00 por produto vendido. A partirda terceira venda, a comissão passa para R$50,00 por produto. Qual é o número médio deprodutos vendidos por cada vendedor e qual a comissão média de cada um deles?Solução

O número médio de vendas por funcionário éE(P) = 0× 0, 1 + 1× 0, 4 + 2× 0, 2 + 3× 0, 1+4× 0, 1 + 5× 0, 05 + 6× 0, 05= 2, 05


CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASCom relação à comissão, vamos construir sua função de probabilidade:

Número de produtos P 0 1 2 3 4 5 6Comissão C 0 10 20 70 120 170 220Probabilidade de venda 0,1 0,4 0,2 0,1 0,1 0,05 0,05

A partir dessa função de probabilidade, podemos calcular:E(C ) = 0× 0, 1 + 10× 0, 4 + 20× 0, 2 + 70× 0, 1 ++120× 0, 1 + 170× 0, 05 + 220× 0, 05= 46, 5

ou seja, a comissão média diária de cada vendedor é R$ 46,50.

Note que a esperança de X tem a mesma unidade de medida dos valores de X .2.3.1 Esperança de Funções de Variáveis Aleatórias

É possível obter novas variáveis aleatórias a partir de funções g(X ) de uma variável X e atravésda função de probabilidade de X podemos obter a função de probabilidade de Y . Sendo assim,podemos calcular a esperança de Y . No entanto, o cálculo da função de probabilidade deg(X ) nem sempre é simples de ser feito. Mas se estivermos interessados apenas na esperançade g(X ), essa é facilmente calculada a partir da função de probabilidade da variável originalX , conforme mostra o seguinte teorema.

! Esperança de Funções de uma Variável AleatóriaSeja X uma variável aleatória discreta com função de probabilidade fX (x) .Se definimos uma nova v.a. Y = g(X ), então

E (Y ) = E [g (X )] =∑xg (x) fX (x) (2.9)

EXEMPLO 2.9

Considere a v.a. X cuja função de probabilidade é dada a seguir:x -2 -1 0 1 2 3

fX (x) 0,1 0,2 0,2 0,3 0,1 0,1Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 17

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASConsidere a v.a. Y = X2; sua esperança pode ser calculada como

E(X2) = (−2)2 × 0, 1 + (−1)2 × 0, 2 + 02 × 0, 2 ++12 × 0, 3 + 22 × 0, 1 + 32 × 0, 1 = 2, 2sem necessidade do cálculo da função de probabilidade de Y .

2.3.2 Propriedades da Esperança

No que segue, X é uma variável aleatória discreta com distribuição de probabilidades fX (x)e a, b 6= 0 são constantes reais quaisquer. Temos, então, os seguintes resultados, cujasdemonstrações são imediatas, a partir da definição de esperança:E(a) = a (2.10)

E(X + a) = E(X ) + a (2.11)E(bX ) = bE(X ) (2.12)xmin ≤ E(X ) ≤ xmax (2.13)Nessa última propriedade, xmin e xmax são os valores mínimo e máximo da variável X.

2.4 Variância e desvio-padrão de uma variável aleatória

A esperança de uma variável aleatória X é o centro de gravidade da distribuição de probabi-lidades. Sendo assim, a esperança é uma medida de posição. No entanto, é possível que duasvariáveis bem diferentes tenham a mesma esperança, como é o caso das duas distribuiçõesapresentadas na Figura 2.2. Nestas duas distribuições, a dispersão dos valores é diferente.

Figura 2.2 – Distribuições de probabilidade com mesma esperança e diferentes dispersõesDepartamento de Estatística - Ana Maria Farias 18

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASA dispersão de uma variável aleatória X será medida pela sua variância.

DEFINIÇÃO Variância de uma variável aleatória

A variância de uma variável aleatória X é definida comoVar (X ) = E [X − E (X )]2 (2.14)

Note que a variância é uma média dos desvios quadráticos em torno de E(X ).Vamos ver como calcular a variância de uma v.a. discreta. Para isso, vamos definir

g(X ) = [X − E(X )]2 . Então, usando o resultado dado na equação (2.9), temos queVar (X ) = E [g (X )] =∑

x[x − E(X )]2 fX (x)

Desenvolvendo o quadrado e usando as propriedades do somatório e da esperança vistas naseção anterior, resultaVar (X ) = ∑

x

x2 − 2x E(X ) + [E(X )]2 fX (x) =

= ∑xx2fX (x)− 2 E(X )∑

xxfX (x) + [E(X )]2∑

xfX (x) =

= ∑xx2fX (x)− 2 E(X ) E(X ) + [E(X )]2 × 1 =

= ∑xx2fX (x)− 2 [E(X )]2 + [E(X )]2 =

= ∑xx2fX (x)− [E(X )]2

Mas, se definimos h(X ) = X2, então E [h(X )] =∑xx2fX (x). Assim, obtemos uma expressão maissimples para a variância.

! Variância - Fórmula alternativa

A variância de uma variável aleatória X pode ser calculada comoVar (X ) = E(X2)− [E(X )]2 (2.15)

que pode ser lida de maneira mais fácil como “a variância é a esperançado quadrado menos o quadrado da esperança”.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 19

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASDa definição de variância, resulta que sua unidade de medida é o quadrado da unidadede medida da variável em estudo, sendo assim, uma unidade sem significado físico. Para seter uma medida de dispersão na mesma unidade dos dados, define-se o desvio- padrão comoa raiz quadrada da variância.

DEFINIÇÃO Desvio-padrão de uma variável aleatória

O desvio-padrão de uma variável aleatória X é definido como a raiz qua-drada de sua variância:DP (X ) =√Var (X ) (2.16)

2.4.1 Propriedades da variância e do desvio-padrão

Sendo a variância e o desvio-padrão medidas de dispersão, é fácil ver que são válidas asseguintes propriedades, onde a, b 6= 0 são constantes quaisquer:Var(X ) ≥ 0 (2.17)DP(X ) ≥ 0 (2.18)Var (a) = 0 (2.19)DP(a) = 0 (2.20)

Var (X + a) = Var (X ) (2.21)DP (X + a) = DP(X ) (2.22)Var (bX ) = b2 Var (X ) (2.23)DP(bX ) = |b|DP(X ) (2.24)

EXEMPLO 2.10

Considere a v.a. Y com função de probabilidade dada pory −3 −1 0 2 5 8 9fY (y) 0, 25 0, 30 0, 20 0, 10 0, 07 0, 05 0, 03

e seja Z = 2Y − 3. Vamos calcular a esperança e a variância de Y e Z.Solução



E(Y ) = −3× 0, 25− 1× 0, 30 + 0× 0, 20 + 2× 0, 10+5× 0, 07 + 8× 0, 05 + 9× 0, 03 = 0, 17E(Z ) = 2× E(Y )− 3 = 2× 0, 17− 3 = −2, 66Vamos calcular agora E(Y 2) :

E(Y 2) = 9× 0, 25 + 1× 0, 30 + 0× 0, 20 + 4× 0, 10+25× 0, 07 + 64× 0, 05 + 81× 0, 03 = 10, 33Logo Var(Y ) = 10, 33− 0, 172 = 10, 3011Usando as propriedades da variância, temos que

Var(Z ) = 22 × Var(Y ) = 41, 2044

EXEMPLO 2.11

Um lojista mantém extensos registros das vendas diárias de certo aparelho. O quadro aseguir, dá a distribuição de probabilidades do número de aparelhos vendidos em uma semana.Se o lucro por unidade vendida é de R$500,00, qual o lucro esperado em uma semana? Qualé o desvio-padrão do lucro?x= número de aparelhos 0 1 2 3 4 5

fX (x) 0,1 0,1 0,2 0,3 0,2 0,1Solução

Seja X o número de aparelhos vendidos em uma semana e seja L o lucro semanal. Então,L = 500X.

E (X ) = 0× 0, 1 + 1× 0, 1 + 2× 0, 2+3× 0, 3 + 4× 0, 2 + 5× 0, 1= 2, 7 aparelhosE(X2) = 02 × 0, 1 + 12 × 0, 1 + 22 × 0, 2+32 × 0, 3 + 42 × 0, 2 + 52 × 0, 1= 10, 2 aparelhos2

Var (X ) = 10, 2− (2, 7)2 = 2, 91 aparelhos2Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 21

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASDP (X ) = 1, 706 aparelhos

Com relação ao lucro semanal, temos queE (L) = 500 E (X ) = R$1350, 00

DP (L) = R$852, 94

EXEMPLO 2.12

Seja uma v.a. X com função de probabilidade dada na tabela a seguir:x 1 2 3 4 5

fX (x) p2 p2 p p p2(a) Encontre o valor de p para que fX (x) seja, de fato, uma função de probabilidade.(b) Calcule P (X ≥ 4) e P (X < 3) .(c) Calcule E(X ) e Var(X ).

Solução

(a) Como ∑xfX (x) = 1, temos que ter:

3p2 + 2p = 1⇒ 3p2 + 2p− 1 = 0⇒p = −2±√4 + 126 = −2± 46 ⇒

p = −1oup = 13

Como p é uma probabilidade, temos que ter p ≥ 0. Logo, o valor correto é p = 13 .(b) P(X ≥ 4) = P(X = 4) + P(X = 5) = p+ p2 = 13 + 19 = 49 .

Pro(X < 3) = P(X = 1) + P(X = 2) = 2p2 = 29 .(c) Temos queE(X ) = 1× p2 + 2× p2 + 3× p+ 4× p+ 5× p2

= 19 + 29 + 1 + 43 + 59= 299 = 3, 2222Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 22

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASE(X2) = 12 × p2 + 22 × p2 + 32 × p+ 42 × p+ 52 × p2

= 19 + 49 + 3 + 163 + 259= 1059 = 353Var(X ) = 353 −

(299)2 = 1481

EXEMPLO 2.13 Jogo de dados

Um jogador A paga R$5,00 a B e lança um dado. Se sair face 3, ganha R$20,00. Se sairface 4, 5, ou 6, perde. Se sair face 1 ou 2, tem o direito de jogar novamente. Desta vez, lançadois dados. Se saírem duas faces 6, ganha R$50,00. Se sair uma face 6, recebe o dinheiro devolta. Nos demais casos, perde.Seja L o lucro líquido do jogador A nesse jogo. Calcule a função de probabilidade de Le o lucro esperado do jogador A.Solução

Sabemos que o dado é honesto e que os lançamentos são independentes. O diagramade árvore para o espaço amostral desse experimento é dado na Figura 2.3.

Figura 2.3 – Espaço amostral para o Exemplo 2.13Para calcular a probabilidade dos eventos associados aos lançamentos dos dois dados(parte inferior da árvore), usamos o fato de que a probabilidade da interseção de eventosindependentes é o produto das probabilidades.No cálculo da probabilidade de uma face 6, multiplicamos por 2, porque a face 6 podeestar em qualquer um dos dois dados.


CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETASVemos que os valores do lucro L são: -5; 0; 15; 45 e a função de probabilidade de L é

Lucro ` -5 0 15 45P(L = `) 12 + 26 × 56 × 56 26 × 2× 16 × 56 16 26 × 16 × 16ouLucro ` -5 0 15 45(L = `) 158216 20216 36216 2216

E(L) = −5× 158216 + 15× 36216 + 45× 2216 = −160216 = −0, 74

2.5 Exercícios propostos

1. Cinco cartas são extraídas de um baralho comum (52 cartas, 13 de cada naipe) semreposição. Defina a v.a. X = número de cartas vermelhas sorteadas.(a) Quais são os possíveis valores de X?(b) Encontre a função de probabilidade de X .(c) Calcule a esperança de X .

2. Numa urna há sete bolas brancas e quatro bolas verdes. Cinco bolas são extraídasdessa urna sem reposição. Defina a v.a. X = número de bolas verdes.(a) Quais são os possíveis valores de X?(b) Encontre a função de probabilidade de X.(c) calcule a esperança e a variância de X .

3. Repita o exercício anterior para o caso de extrações com reposição.4. Uma variável aleatória discreta X tem a seguinte função de distribuição de probabilidade

fX (x) =

k(x+2)! x = 0, 10 x 6= 0 e x 6= 1

onde k é uma constante.(a) Determine o valor de k para que fX seja uma função de probabilidade.(b) Calcule a função de distribuição FX (x).(c) Calcule a esperança e a variância de X .

5. Considere o lançamento de três moedas e denote por K a ocorrência de cara e por Ca ocorrência de coroa. Se ocorre o evento CCC , dizemos que temos uma sequência, aopasso que se ocorre o evento CKC temos três sequências. Defina a v.a. X = “númerode caras obtidas” e Y = “número de sequências obtidas”.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 24

CAPÍTULO 2. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS DISCRETAS(a) Obtenha as distribuições de X e Y .(b) Calcule a esperança e a variância de X e Y .

6. Um vendedor de serviços de informática visita diariamente uma ou duas empresas, comprobabilidades 0,6 e 0,4. Em cada visita, ele pode ser malsucedido e não conseguir fe-char negócio com probabilidade 0,6 ou ser bem sucedido e conseguir fechar um contratomédio no valor de 5.000 reais ou um contrato grande no valor de 20.000 reais com pro-babilidades 0,3 e 0,1, respectivamente. Determine o valor esperado das vendas diáriasdesse vendedor.7. Uma empresa de aluguel de carros tem em sua frota 4 carros de luxo e ela aluga essescarros por dia, segundo a seguinte função de distribuição de probabilidade:

No. de carros alugados/dia 0 1 2 3 4Probabilidade de alugar 0,10 0,30 0,30 0,20 0,10O valor do aluguel é de R$2000,00 por dia; a despesa total com manutenção é deR$500,00 por dia quando o carro é alugado e de R$200,00 por dia quando o carro nãoé alugado. Calcule:(a) o número médio de carros de luxo alugados por dia, bem como o desvio padrão;(b) a média e o desvio padrão do lucro diário com o aluguel dos carros de luxo.

8. As chamadas diárias recebidas por um batalhão do Corpo de Bombeiros apresentam aseguinte distribuição:Número de chamadas/dia 0 1 2 3 4 5Percentual (%) de dias 10 15 30 25 15 5

(a) Calcule o número médio de chamadas por dia, bem como o desvio padrão do númerode chamadas diárias.(b) Em um ano de 365 dias, qual é o número total de chamadas?9. As probabilidades de que haja 1, 2, 3, 4 ou 5 pessoas em cada carro que se dirige aoBarra Shopping em um sábado são, respectivamente, 0,05; 0,20; 0,40; 0,25 e 0,10.

(a) Qual o número médio de pessoas por carro?(b) Se chegam ao shopping 50 carros por hora, qual o número esperado de pessoas noperíodo das 13 às 18 horas?


Capítulo 3

Algumas Distribuições Discretas

3.1 Introdução

Considere as seguintes situações:1. (a) Lança-se uma moeda viciada e observa-se o resultado obtido e (b) pergunta-se a umeleitor se ele vai votar no candidato A ou B.2. (a) Lança-se uma moeda n vezes e observa-se o número de caras obtidas e (b) de umagrande população, extrai-se uma amostra de n eleitores e pergunta-se a cada um delesem qual dos candidatos A ou B eles votarão e conta-se o número de votos do candidatoA.3. (a) De uma urna com P bolas vermelhas e Q bolas brancas, extraem-se n bolas semreposição e conta-se o número de bolas brancas e (b) de uma população com P pessoasa favor do candidato A e Q pessoas a favor do candidato B, extrai-se uma amostra detamanho n sem reposição e conta-se o número de pessoas a favor do candidato A naamostra.

Em cada uma das situações anteriores, os experimentos citados têm algo em comum:em certo sentido, temos a “mesma situação”, mas em contextos diferentes. Por exemplo, nasituação 1, cada um dos experimentos tem dois resultados possíveis e observamos o resultadoobtido. Na situação 3, temos uma população dividida em duas categorias e dela extraímosuma amostra sem reposição; o interesse está no número de elementos de uma determinadacategoria.Na prática, existem muitas outras situações que podem se “encaixar” nos modelos acimae mesmo em outros modelos. O que veremos nesse capítulo são alguns modelos de variáveisaleatórias discretas que podem descrever situações como as listadas anteriormente. Nessecontexto, um modelo será definido por uma variável aleatória e sua função de probabilidade,explicitando-se claramente as hipóteses de validade. De posse desses elementos, poderemosanalisar diferentes situações práticas para tentar “encaixá-las” em algum dos modelos dados.

CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASNeste capítulo, serão descritas as distribuições de probabilidade discretas mais usuais.Aintrodução de cada uma delas será feita através de um exemplo clássico (moeda, urna, baralhoetc.) e, em seguida, serão explicitadas as características do experimento. Tais característicassão a ferramenta necessária para sabermos qual modelo se aplica a uma determinada situaçãoprática. Definida a distribuição, calculam-se a média e a variância.

3.2 Distribuição de Bernoulli

Considere o lançamento de uma moeda. A característica de tal experimento aleatório é queele possui apenas dois resultados possíveis. Uma situação análoga surge quando da extraçãoda carta de um baralho, em que o interesse está apenas na cor (preta ou vermelha) da cartasorteada.DEFINIÇÃO Experimento de Bernoulli

Um experimento de Bernoulli é um experimento aleatório com apenas doisresultados possíveis; por convenção, um deles é chamado “sucesso” e ooutro, “fracasso”.

DEFINIÇÃO Variável aleatória de Bernoulli

A v.a. de Bernoulli é a v.a. X associada a um experimento de Bernoulli,em que se defineX = 1 se ocorre sucesso0 se ocorre fracassoChamando de p a probabilidade de sucesso (0 < p < 1), a distribuição de

Bernoulli éx 0 1

fX (x) 1− p p (3.1)

Obviamente, as condições definidoras de uma fdp são satisfeitas, uma vez quep > 0, 1− p > 0 e p+ (1− p) = 1.

O valor de p é o único valor que precisamos conhecer para determinar completamente a dis-tribuição; ele é, então, chamado parâmetro da distribuição de Bernoulli. Vamos denotar adistribuição de Bernoulli com parâmetro p por Bern(p).Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 27

CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASA função de distribuição acumulada é dada por:

FX (x) = 0 se x < 01− p se 0 ≤ x < 11 se x ≥ 1 (3.2)

Na Figura 3.1, temos os gráficos da fdp e da fda de uma distribuição de Bernoulli.

Figura 3.1 – FDP e FDA de uma distribuição de Bernoulli com parãmetro p3.2.1 Esperança e Variância

Seja X ∼ Bern(p) (lê-se: a variável aleatória X tem distribuição de Bernoulli com parâmetrop). Então, E(X ) = 0× (1− p) + 1× p = pE(X2) = 02 × (1− p) + 12 × p = pVar(X ) = E(X2)− [E(X )]2 = p− p2Em resumo:

X ∼ Bern(p) ⇒

E(X ) = p

Var(X ) = p(1− p) (3.3)É comum denotar a probabilidade de fracasso por q, isto é, q = 1− p.EXEMPLO 3.1 Lançamento de uma moeda

Considere novamente o lançamento de uma moeda e a seguinte variável aleatória Xassociada a esse experimento:X = 1 se ocorre cara0 se ocorre coroa

Seja p a probabilidade de cara, 0 < p < 1. Então, X tem distribuição de Bernoulli comparâmetro p.


CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASEXEMPLO 3.2 Auditoria da Receita Federal

Um auditor da Receita Federal examina declarações de Imposto de Renda de pessoasfísicas, cuja variação patrimonial ficou acima do limite considerado aceitável. De dados his-tóricos, sabe-se que 10% dessas declarações são fraudulentas.Vamos considerar o experimento correspondente ao sorteio aleatório de uma dessasdeclarações. Esse é um experimento de Bernoulli, em que o sucesso equivale à ocorrência dedeclaração fraudulenta e o parâmetro da distribuição de Bernoulli é p = 0, 1.Esse exemplo ilustra o fato de que “sucesso”, nesse contexto, nem sempre significa umasituação feliz na vida real. Aqui, sucesso é definido de acordo com o interesse estatístico noproblema. Em uma situação mais dramática, “sucesso” pode indicar a morte de um paciente,por exemplo.

3.3 Distribuição Binomial

Vamos introduzir a distribuição binomial, uma das mais importantes distribuições discretas,através de um exemplo. Em seguida, discutiremos as hipóteses feitas e apresentaremos osresultados formais sobre tal distribuição e novos exemplos.EXEMPLO 3.3 Lançamentos de uma moeda

Considere o seguinte experimento: uma moeda é lançada 4 vezes e sabe-se que p =P(cara). Vamos definir a seguinte variável aleatória associada a este experimento:X = número de caras

Como visto antes, cada lançamento da moeda representa um experimento de Bernoulli e comoo interesse está no número de caras, vamos definir sucesso = cara.Para encontrar a função de probabilidade de X , o primeiro fato a notar é que os valorespossíveis de X são: 0, que equivale à ocorrência de nenhuma cara e, portanto, de 4 coroas; 1,que equivale à ocorrência de apenas 1 cara e, portanto, 3 coroas; 2, que equivale à ocorrênciade 2 caras e, portanto, 2 coroas; 3, que equivale à ocorrência de 3 caras e 1 coroa e, finalmente,4, que equivale à ocorrência de 4 caras e nenhuma coroa. Assim, os possíveis valores de Xsão

X = 0, 1, 2, 3, 4Vamos, agora, calcular a probabilidade de cada um desses valores, de modo a completar aespecificação da fdp de X. Para isso, vamos representar por Ki o evento “cara no i-ésimolançamento” e por Ci o evento “coroa no i-ésimo lançamento”.• X = 0


CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASTemos a seguinte equivalência de eventos:

X = 0 ≡ C1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ C4É razoável supor que os lançamentos da moeda sejam eventos independentes, ou seja,o resultado de um lançamento não interfere no resultado de qualquer outro lançamento.Dessa forma, os eventos Ci e Kj são independentes para i 6= j. (Note que os eventos Ci eKi são mutuamente exclusivos e, portanto, não são independentes – se sair cara em umlançamento específico, não é possível sair coroa nesse mesmo lançamento e vice-versa).Analogamente, os eventos Ci e Cj são independentes para i 6= j , bem como os eventosKi e Kj , i 6= j. Pela regra da probabilidade da interseção de eventos independentes,resulta que

P (C1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ C4) = P(C1)× P(C2)× P(C3)× P(C4)= (1− p)× (1− p)× (1− p)× (1− p)= (1− p)4• X = 1O evento X = 1 corresponde à ocorrência de 1 cara e, consequentemente, de 3 coroas.Uma sequência possível de lançamentos é

K1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ C4.Vamos calcular a probabilidade desse resultado específico. Como antes, os lançamentossão eventos independentes e, portanto,

P(K1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ C4) = P(K1)× P(C2)× P(C3)× P(C4)= p× (1− p)× (1− p)× (1− p)= p(1− p)3Mas qualquer sequência com 1 cara resulta em X = 1, ou seja, a face cara pode estar emqualquer uma das quatro posições e todas essas sequências resultam em X = 1. Alémdisso, definida a posição da face cara, as posições das faces coroas já estão determinadas– são as posições restantes. Então, temos a seguinte equivalência:

X = 1 ≡ K1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ C4 ∪ C1 ∩ K2 ∩ C3 ∩ C4 ∪C1 ∩ C2 ∩ K3 ∩ C4 ∪ C1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ K4

Mas os eventos que aparecem no lado direito da expressão anterior são eventos mutu-amente exclusivos. Logo,


CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETAS

P(X = 1) = P(K1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ C4)+ P(C1 ∩ K2 ∩ C3 ∩ C4)+ P(C1 ∩ C2 ∩ K3 ∩ C4)+ P(C1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ K4)= p× (1− p)× (1− p)× (1− p)+(1− p)× p× (1− p)× (1− p)+(1− p)× (1− p)× p× (1− p)+(1− p)× (1− p)× (1− p)× p= 4p(1− p)3• X = 2O evento X = 2 corresponde à ocorrência de 2 caras e, consequentemente, de 2 coroas.Qualquer uma dessas sequêcias tem probabilidade p2(1− p)2.As sequências de lançamentos com 2 caras e 2 coroas são as seguintes:

K1K2C3C4K1C2K3C4K1C2C3K4C1C2K3K4C1K2C3K4C1K2K3C4

Todas essas 6 sequências têm a mesma probabilidade e correspondem a eventos mutu-amente exclusivos. Temos a seguinte equivalência:X = 2 ≡ (K1 ∩ K2 ∩ C3 ∩ C4) ∪ (K1 ∩ C2 ∩ K3 ∩ C4) ∪(K1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ K4) ∪ (C1 ∩ C2 ∩ K3 ∩ K4) ∪(C1 ∩ K2 ∩ C3 ∩ K4) ∪ (C1 ∩ K2 ∩ K3 ∩ C4)e, portanto,

P(X = 2) = P(K1 ∩ K2 ∩ C3 ∩ C4) + P(K1 ∩ C2 ∩ K3 ∩ C4) +P(K1 ∩ C2 ∩ C3 ∩ K4) + P(C1 ∩ C2 ∩ K3 ∩ K4) +P(C1 ∩ K2 ∩ C3 ∩ K4) + P(C1 ∩ K2 ∩ K3 ∩ C4)= 6p2(1− p)2• X = 3 e X = 4Os casos X = 3 e X = 4 são análogos aos casos X = 1 e X = 0, respectivamente; bastatrocar caras por coroas e vice-versa. Assim,P(X = 3) = 4p3(1− p)P(X = 4) = p4


CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASÉ importante notar que a hipótese de independência dos lançamentos da moeda foiabsolutamente fundamental na solução do exemplo; foi ela que nos permitiu multiplicar asprobabilidades dos resultados de cada lançamento para obter a probabilidade da sequênciacompleta de n lançamentos. Embora essa hipótese seja muito razoável nesse exemplo, aindaassim é uma hipótese “subjetiva”.Outra propriedade utilizada foi a da probabilidade da união de eventos mutuamenteexclusivos. Mas aqui essa propriedade é óbvia, ou seja, não há qualquer subjetividade: oseventos C1∩K2 e K1∩C2 são mutuamente exclusivos, pois no primeiro lançamento ou sai caraou sai coroa; não pode sair cara e coroa no primeiro lançamento, ou seja, cada lançamento éum experimento de Bernoulli.

EXEMPLO 3.4 Bolas em uma urna

Uma urna contém quatro bolas brancas e seis bolas verdes. Três bolas são retiradasdessa urna, com reposição, isto é, depois de tirada a primeira bola, ela é recolocada na urnae sorteia-se a segunda, que também é recolocada na urna para, finalmente, ser sorteada aterceira bola. Vamos definir a seguinte variável aleatória associada a esse experimento:X = “número de bolas brancas sorteadas”

O importante a notar aqui é o seguinte: como cada bola sorteada é recolocada na urnaantes da próxima extração, a composição da urna é sempre a mesma e o resultado de umaextração não afeta o resultado de outra extração qualquer. Dessa forma, podemos consideraras extrações como independentes e, assim, temos uma situação análoga à do exemplo ante-rior: temos três repetições de um experimento (sorteio de uma bola), essas repetições sãoindependentes e em cada uma delas há dois resultados possíveis: bola branca (sucesso) oubola verde (fracasso). Assim, cada extração equivale a um experimento de Bernoulli e como ointeresse está nas bolas brancas, vamos considerar sucesso = bola branca e da observaçãoanterior resulta que P(sucesso) = 410Os valores possíveis de X são 0, 1, 2, 3, uma vez que são feitas três extrações. Vamoscalcular a probabilidade de cada um dos valores de X. Como antes, vamos denotar por Vi oevento “bola verde na i-ésima extração” e por Bi o evento “bola branca na i-ésima extração”.


CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASDa discussão anterior, resulta que, para i 6= j, os eventos Vi e Bj são independentes,assim como os eventos Bi e Bj e os eventos Vi e Vj .

• X = 0Esse resultado equivale à extração de bolas verdes em todas as três extrações.X = 0 ≡ V1 ∩ V2 ∩ V3Logo,

P(X = 0) = P(V1 ∩ V2 ∩ V3)= P(V1)× P(V2)× P(V3)= 610 × 610 × 610= ( 610

)3

• X = 1Esse resultado equivale à extração de uma bola branca e, por consequência, duas bolasverdes. A bola branca pode sair em qualquer uma das três extrações e, definida aposição da bola branca, as posições das bolas verdes ficam totalmente estabelecidas.Logo, P(X = 1) = 3( 410)( 610

)2

• X = 2 e X = 3Os casos X = 2 e X = 3 são análogos aos casos X = 1 e X = 0, respectivamente; bastatrocar bola branca por bola verde e vice-versa. Assim,P(X = 2) = 3( 410

)2( 610)

P(X = 3) = ( 410)3

Esses dois exemplos ilustram a distribuição binomial, que depende de dois parâmetros:o número de repetições e a probabilidade de sucesso de um experimento de Bernoulli. NoExemplo 3.3, n = 4 e temos uma probabilidade de sucesso qualquer p. No Exemplo 3.4, n = 3e p = 410 .3.3.1 A Distribuição Binomial

Nos dois exemplos anteriores, tínhamos repetições de um experimento de Bernoulli que po-diam ser consideradas independentes e a probabilidade de sucesso se mantinha constante aolongo de todas as repetições. Essas são as condições definidoras de um experimento binomial.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 33

CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASDEFINIÇÃO Experimento binomial

Um experimento binomial consiste em repetições independentes de umexperimento de Bernoulli com probabilidade p de sucesso, probabilidadeessa que permanece constante em todas as repetições.A variável aleatória que associamos aos experimentos binomiais dos dois exemplos foi

X = “número de sucessos”Se o experimento binomial consiste em n repetições, então os valores possíveis de X são0, 1, 2, · · · , n. O evento X = x corresponde a todas as sequências de resultados com x sucessose n − x fracassos. Como as repetições são independentes, cada uma dessas sequências temprobabilidade px (1−p)n−x . O número total de tais sequências é dado pelo coeficiente binomial(nx

), definido a seguir. Veja o Apêndice A para um pequeno resumo das principais técnicasde contagem da Análise Combinatória.DEFINIÇÃO Coeficiente binomial

O coeficiente binomial é definido como(nx

) = n!x!(n− x)! (3.4)

em que n! representa o fatorial de n, definido comon! = n× (n− 1)× (n− 2)× · · · × 2× 1 (3.5)

Por definição, 0! = 1.Temos condições, agora, de definir a variável aleatória binomial.


CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASDEFINIÇÃO Variável aleatória binomial

Para um experimento binomial consistindo em n repetições independen-tes de um experimento de Bernoulli com parâmetro p, defina a variávelaleatóriaX = “número de sucessos”Então, X tem distribuição binomial com parâmetros n e p, cuja função deprobabilidade é dada por

fX (x) = P(X = x) = (nx)px (1− p)n−x x = 0, 1, 2, . . . , n (3.6)

É imediato ver, da equação (3.6), que fX (x) ≥ 0 e usando-se o teorema do binômio deNewton, pode-se provar que n∑x=0 fX (x) = 1 . Assim, a equação (3.6) realmente define umafunção de probabilidade. Vamos denotar por X ∼ bin(n, p) o fato de a v.a. X ter distribuiçãobinomial com parâmetros n e p.

3.3.2 Esperança e Variância

Pode-se mostrar queX ∼ bin(n, p) ⇒

E (X ) = np

Var (X ) = np (1− p) (3.7)Note que a esperança e a variância da binomial são iguais à esperança e à variânciada distribuição de Bernoulli, multiplicadas por n, o número de repetições. Pode-se pensar nadistribuição de Bernoulli como uma distribuição binomial com parâmetros 1, p.

EXEMPLO 3.5 Tiro ao alvo

Um atirador acerta, na mosca do alvo, 20% dos tiros. Se ele dá 10 tiros, qual é aprobabilidade de ele acertar na mosca no máximo uma vez?Solução

Podemos pensar os tiros como experimentos de Bernoulli independentes, em que osucesso é acertar no alvo e a probabilidade de sucesso é 0,20. Então, o problema pedeDepartamento de Estatística - Ana Maria Farias 35

CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASP(X ≤ 1), em que X = número de acertos em 10 tiros. Logo, X ∼ bin(10; 0, 20) e

P(X ≤ 1) = P(X = 0) + P(X = 1)= (100

) (0, 20)0 (0, 80)10 + (101) (0, 20)1 (0, 80)9= 0, 37581

EXEMPLO 3.6 Partidas de um jogo

Dois adversários A e B disputam uma série de oito partidas de um determinado jogo. Aprobabilidade de A ganhar uma partida é 0,6 e não há empate. Qual é a probabilidade de Aganhar a série?Solução

Note que só podem ocorrer vitórias ou derrotas, o que significa que temos repetiçõesde um experimento de Bernoulli com probabilidade 0,6 de sucesso (vitória do jogador A).Assumindo a independência das provas, se definimos X = número de vitórias de A, entãoX ∼ bin(8; 0, 6) e o problema pede P (X ≥ 5) , isto é, probabilidade de A ganhar mais partidasque B.

P (X ≥ 5) = P (X = 5) + P (X = 6) + P (X = 7) + P (X = 8)= (85

) (0, 6)5 (0, 4)3 + (86) (0, 6)6 (0, 4)2 +

+(87) (0, 6)7 (0, 4)1 + (88

) (0, 6)8 (0, 4)0= 0, 5940864

EXEMPLO 3.7

Em uma distribuição binomial, sabe-se que a média é 4,5 e a variância é 3,15. Encontreos valores dos parâmetros da distribuição.Solução

Temos quenp = 4, 5

np(1− p) = 3, 15Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 36

CAPÍTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES DISCRETASSubstituindo a primeira equação na segunda, resulta

4, 5(1− p) = 3, 15⇒1− p = 0, 7⇒p = 0, 3

Substituindo na primeira equação, obtemos quen = 4, 5/0, 3 = 15.

3.4 Exercícios propostos

1. Na manufatura de certa peça, é sabido que uma entre dez peças é defeituosa. Umaamostra de tamanho quatro é retirada com reposição, de um lote da produção. Qual aprobabilidade de que a amostra contenha(a) nenhuma defeituosa?(b) pelo menos uma defeituosa?(c) exatamente uma defeituosa?Na solução desse exercício, é importante que você identifique o experimento, avariável aleatória de interesse e sua respectiva fdp.

2. Um supermercado faz a seguinte promoção: o cliente, ao passar pelo caixa, lança umdado. Se sair a face 6 tem um desconto de 30% sobre o total de sua conta. Se sair aface 5, o desconto é de 20%. Se sair a face 4, o desconto é de 10% e se ocorrerem asfaces 1, 2 ou 3, o desconto é de 5%. Seja X = desconto concedido.(a) Encontre a função de probabilidade de X .(b) Calcule o desconto médio concedido.(c) Calcule a probabilidade de que, num grupo de cinco clientes, pelo menos um consigaum desconto maior que 10%.(d) Calcule a probabilidade de que o quarto cliente seja o primeiro a receber 30% dedesconto.

3. Um atirador acerta na mosca do alvo 20% dos tiros.(a) Qual é a probabilidade de ele acertar na mosca pela primeira vez no décimo tiro?(b) Se ele dá 10 tiros, qual é a probabilidade de ele acertar na mosca exatamente umavez?


Capítulo 4

Variáveis Aleatórias Contínuas

Vimos, no Capítulo 1, que o comportamento de uma variável aleatória contínua X fica perfei-tametne estabelecido através da sua função densidade de probabilidade, que é uma funçãoFX (x) que satisfaz as seguintes propriedades:

1. f (x) ≥ 02. A área total sob o gráfico de f (x) tem de ser igual a 1, ou ∫ f (x)dx = 1 .Dada uma função fX (x) satisfazendo as propriedades acima, então fX (x) representaalguma variável aleatória contínua X , de modo que P(a ≤ X ≤ b) é a área sob a curvalimitada pelos pontos a e b.

4.1 Função de Distribuição Acumulada

Da mesma forma que a função de distribuição de probabilidade de uma variável aleatóriadiscreta, a função densidade de probabilidade nos dá toda a informação sobre a v.a. X, ouseja, a partir da fdp, podemos calcular qualquer probabilidade associada à v.a. X. Tambémcomo no caso discreto, podemos calcular probabilidades associadas a uma v.a. contínua X apartir da função de distribuição acumulada.DEFINIÇÃO Função de distribuição Acumulada

Dada uma variável aleatória continua X, a função de distribuição acumu-lada de X é definida por

FX (x) = Pr (X ≤ x) = ∫ x

−∞f (t)dt = ∀x ∈ R (4.1)

CAPÍTULO 4. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUASA definição é a mesma vista para o caso discreto; a diferença é que, para variáveis con-tínuas, a função de distribuição acumulada é uma função contínua, sem saltos, como veremosnas seções seguintes.Existe uma relação entre a função densidade de probabilidade e a função de distribuiçãoacumulada, que é resultante do Teorema Fundamental do Cálculo. Essa relação será dada aquipara fins de completitude das definições, mas não será cobrado do aluno tal conhecimento,uma vez que os conceitos de integral e derivada podem ainda não ter sido devidamenteassimilados.Por definição, temos o seguinte resultado:

FX (x) = Pr(X ≤ x) = ∫ x

−∞fX (u)du,

e do Teorema Fundamental do Cálculo resulta quefX (x) = d

dx FX (x),isto é, a função densidade de probabilidade é a derivada da função de distribuição acumulada.4.2 Esperança e Variância de Variáveis Aleatórias Contínuas

Nas distribuições de frequências agrupadas em classes de variáveis quantitativas contínuas,vimos que a média e a variância da distribuição, medidas de centro e de dispersão, respecti-vamente, podiam ser calculadas comox =∑ fixi

σ2 =∑ fi(xi − x)2onde fi era a frequência relativa da classe i e xi era o ponto médio da classe i. Continuandocom a ideia inicial da aula de tomar classes de comprimento cada vez menor, isto é, fazendoδ → 0, chegamos às seguintes definições de esperança e variância de uma variável aleatóriacontínua.


CAPÍTULO 4. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUASDEFINIÇÃO Esperança e variância de uma variável aleatória contínua

Seja X uma variável aleatória contínua com função de densidade de pro-babilidade fX . A esperança (ou média ou valor esperado) de X é definidacomoE(X ) = ∫ +∞

−∞xfX (x)dx

e a variância de X é definida comoVar(X ) = ∫ +∞

−∞[x − E(X )]2 fX (x)dx

O desvio padrão é definido comoDP(X ) =√Var(X )

Como já dito antes, não entraremos em detalhes de cálculo dessas fórmulas; nossoenfoque será na interpretação da média e da variância como medidas de centro e de disper-são. Para algumas distribuições específicas, apresentaremos os valores de E(X ) e Var(X ),mostrando a sua influência sobre a distribuição.As mesmas propriedades vistas para variáveis aleatórias discretas continuam valendono caso contínuo:Esperança Variância Desvio PadrãoE(a) = a Var (a) = 0 DP(a) = 0E(X + a) = E(X ) + a Var (X + a) = Var (X ) DP (X + a) = DP (X )E(bX ) = bE(X ) Var (bX ) = b2Var (X ) DP (bX ) = |b|DP (X )xmin ≤ E(X ) ≤ xmax Var(X ) ≥ 0 DP(X ) ≥ 0

Se interpretamos a função densidade de probabilidade de X como uma distribuição demassa na reta real, então E(X ) é o centro de massa desta distribuição. Essa interpretaçãonos permite concluir, por exemplo, que se fX é simétrica, então E(X ) é o valor central, quedefine o eixo de simetria.4.3 Distribuição uniforme

Considere a função fX apresentada na Figura 4.1, em que a e b são números conhecidos.Qual deve ser o valor de k para que fX seja uma função de densidade de probabilidadede uma v.a. X?A primeira condição é que k deve ser maior que zero e como a área tem que ser 1,


CAPÍTULO 4. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS

Figura 4.1 – Função densidade uniformeresulta 1 = (b− a)× k ⇒ k = 1

b− a

Note que, para dois subintervalos de mesmo comprimento, a área será igual, uma vezque temos áreas de retângulos com mesma altura. Esse fato leva à denominação de taldensidade como densidade uniforme.DEFINIÇÃO Distribuição uniforme

Uma v.a. contínua X tem distribuição uniforme no intervalo [a, b] se suafunção densidade é dada porf (x) =

1

b− a se x ∈ [a, b]0 caso contrário (4.2)

Os valores a e b são chamados parâmetros da distribuição uniforme; noteque ambos têm de ser finitos para que a integral seja igual a 1. Quandoa = 0 e b = 1 temos a uniforme padrão, denotada por U(0, 1).

Por definição, a função de distribuição acumulada éFX (x) = P (X ≤ x)

e essa probabilidade é dada pela área sob a curva de densidade à esquerda de x, conformeilustrado na Figura 4.2Assim, para x ∈ [a, b], essa é a área de um retângulo com base (x − a) e altura 1

b− a.Logo,Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 41


Figura 4.2 – Função de distribuição da densidade uniforme como área

F (x) =

0 se x < ax − ab− a se a ≤ x ≤ b1 se x > b

Figura 4.3 – F (x) = P(X ≤ x)Das propriedades da esperança e das características da densidade uniforme, sabemosque E(X ) é o ponto médio do intervalo [a, b] :

E (X ) = a+ b2O cálculo da variância requer cálculo integral, e pode-se mostrar queVar (X ) = (b− a)212

EXEMPLO 4.1 Latas de coca-cola

Latas de coca-cola são enchidas num processo automático segundo uma distribuiçãouniforme no intervalo (em ml) [345,355].(a) Qual é a probabilidade de uma lata conter mais de 353 ml?(b) Qual é a probabilidade de uma lata conter menos de 346 ml?(c) Qualquer lata com volume 4 ml abaixo da média pode gerar reclamação do consumidore com volume 4 ml acima da média pode transbordar no momento de abertura, devido àpressão interna. Qual é a proporção de latas problemáticas?

Solução


CAPÍTULO 4. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUASSeja X = “conteúdo da lata de coca-cola”. Então, X ∼ U [345, 355]

(a) Pede-se P(X > 353) = 355− 353355− 345 = 0, 2(b) Pede-se P(X < 346) = 346− 345355− 345 = 0, 1(c) Pede-se

P(X < 350− 4) + Pr(X > 350 + 4) = 346− 345355− 345 + 355− 354355− 345 = 0, 2Logo, a proporção de latas problemáticas é de 20%. Note que essa é uma proporçãobastante alta!

4.4 Densidade linear

Considere a seguinte função :f (x) =

x2 se 0 ≤ x ≤ 20 caso contrário

cujo gráfico é exibido na Figura 4.4.

Figura 4.4 – Densidade linear

f (x) ≥ 0Área sob a curva: A = 12 · 2 · 1 = 1

Note que as duas condições de uma função densidade são satisfeitas; logo, essa é afunção densidade de alguma variável aleatória contínua X .1. Calcule P(X > 1, 5).2. Encontre a mediana de X .3. Calcule a função de distribuição de X .


CAPÍTULO 4. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUASSolução

1. Veja a Figura 4.5: a probabilidade pedida é a área sombreada de cinza, que pode sercalculada como área de um trapézio, ou pela área de um triângulo usando a propriedadede eventos complementares.

Figura 4.5 – P(X > 1, 5)

P(X > 1, 5) = 1 + f (1, 5)2 · 0, 5= 1 + 0, 754 = 0, 4375ouP(X > 1, 5) = 1− 121, 5 · f (1, 5)= 1− 0, 752 = 0, 4375

2. Veja a Figura 4.6: temos que encontrar o valor da mediana Q2 tal que a área abaixodela seja 0,5, ou seja, tal que a área do triângulo sombreado seja 0,5.

Figura 4.6 – Cálculo da mediana

P(X ≤ Q2) = 0, 5⇔ 12Q2 · f (Q2) = 0, 5⇔Q224 = 0, 5⇔ Q22 = 2⇔ Q2 = ±√2A solução no domínio é Q2 = √2 = 1, 4142

3. Veja a Figura 4.7: para cada x ∈ [0, 2], F (x) é a área do triângulo sombreado.

Figura 4.7 – F (x) = P(X ≤ x)P(X ≤ x) = 12x · f (x) = x24 se x ∈ [0, 2]

Logo,



FX (x) =

0 se x < 0x24 se 0 ≤ x < 21 se x > 2

Figura 4.8 – F (x) = P(X ≤ x)4.5 Densidade triangular

Considere a função fX apresentada na Figura 4.9:

Figura 4.9 – função densidade de probabilidade(a) Encontre o valor de k para que fX seja uma função de densidade de probabilidade de umav.a. X (note que o triângulo é isósceles).(b) Determine a equação que define fX .(c) Calcule Pr(1 ≤ X ≤ 3).(d) Encontre E(X ).(e) Determine o valor de Q tal que Pr(X ≤ Q) = 0, 6.(f ) Encontre a função de distribuição acumulada de X .

Solução

(a) Como a área tem que ser 1, resulta1 = 12 × (4− 0)× k ⇒ k = 12


CAPÍTULO 4. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS(b) A função fX é dada por 2 equações de reta. A primeira é uma reta de inclinação positivaque passa pelos pontos (0, 0) e (2, 12). A segunda é uma reta de inclinação negativa, quepassa pelos pontos (2, 12) e (4, 0).Para achar a equação de cada uma das retas, basta substituir as coordenadas dos doispontos na equação geral de uma reta f (x) = a+ bx e resolver o sistema.Para a primeira reta, temos o seguinte sistema:

0 = a+ b× 012 = a+ b× 2Da primeira equação resulta que a = 0 (é o ponto onde a reta cruza o eixo y) e substituindoesse valor de a na segunda equação, temos b = 14 .Para a segunda reta, temos o seguinte sistema:

0 = a+ b× 412 = a+ b× 2Subtraindo a segunda equação da primeira, resulta:

0− 12 = (a− a) + (4b− 2b)⇒ b = −14Substituindo na primeira equação, encontramos que a = 1.Combinando essas duas equações, obtemos a seguinte expressão para fX :

fX (x) =

x4 se 0 ≤ x < 21− x4 se 2 ≤ x ≤ 40 se x < 0 ou x > 4

(c) A probabilidade pedida é a área sombreada em cinza claro na Figura 4.10.

Figura 4.10 – Cálculo de P(1 ≤ X ≤ 3)Os dois triângulos sombreados de cinza escuro têm a mesma área, por causa da simetria.Assim, podemos calcular a probabilidade usando a regra do complementar, uma vez quea área total é 1.


CAPÍTULO 4. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUASA altura dos dois triângulos é 14 = fX (1) = fX (3). Logo, a área de cada um dos triângulosé 12 × 1× 14 = 18 e, portanto,

P(1 ≤ X ≤ 3) = 1− 2× 18 = 68 = 34(d) Como a função é simétrica, resulta que E(X ) = 2.(e) O primeiro ponto a observar é o seguinte: o ponto x = 2 divide a área ao meio, ou seja,

x = 2 é também a mediana da distribuição. Como temos que P(X ≤ Q) = 0, 6, resulta queQ tem de ser maior que 2. Veja a Figura 4.11.Novamente, vamos usar a regra do complementar: como a área (probabilidade) abaixode Q tem de ser 0,6, a área (probabilidade) acima de Q, dada pela área do triângulosuperior, tem de ser 0,4. A altura desse triângulo é obtida substituindo-se o valor x = Qna equação da segunda reta, o que nos dá h = 1− Q4 .

Figura 4.11 – Q – P(X ≤ Q) = 0, 6

0, 4 = 12 × (4− k)× (1− k4)⇒

0, 4 = 12(4− k − k + k24

)⇒

0, 8 = 16− 8k + k24 ⇒3, 2 = k2 − 8k + 16⇒k2 − 8k + 13, 2 = 0⇒k = 8±√64− 4× 13, 22 = 8±√11, 22

A raiz 8+√11,22 está fora do domínio de definição da função; logo, a solução para o problemaé:Q = 8−√11, 22 = 2, 3267

(f ) Assim como a função densidade, a função distribuição será definida por 2 equações: umapara os valores de x no intervalo [0, 2) e outra para valores de x no intervalo [2, 4]. Parax ∈ [0, 2), FX (x) é a área do triângulo sombreado na Figura 4.12 e para x ∈ [2, 4], Fx (x) éa área sombreada na Figura 4.13.

Figura 4.12 – FX (x) – 0 ≤ x < 2 Figura 4.13 – FX (x) – 2 ≤ x < 4Logo,FX (x) = 12(x − 0)× x4 x ∈ [0, 2)


CAPÍTULO 4. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUASFX (x) = 1− 12(4− x)(1− x4) .Combinando os resultados obtidos, resulta a seguinte expressão paraLogo,

FX (x) =

0 se x < 018x2 se 0 ≤ x < 21− 18 (4− x)2 se 2 ≤ x ≤ 41 se x > 4

Figura 4.14 – F (x) = P(X ≤ x)4.6 Exercícios propostos

1. Considere a seguinte função:f (x) = K (2− x) se 0 ≤ x ≤ 10 se x < 0 ou x > 1

(a) Esboce o gráfico de g(x) e encontre o valor de K para que f (x) seja uma função dedensidade de probabilidade.(b) Encontre a função de distribuição acumulada.(c) Calcule a mediana da distribuição.2. O tempo de execução T (em minutos) de determinada tarefa pode ser descrito por umavariável aleatória com distribuição uniforme no intervalo [20;40].

(a) Determine a função densidade de probabilidade de T .(b) Qual é o tempo médio de execução dessa tarefa?(c) Se uma pessoa já gastou 25 minutos na execução da tarefa, qual é a probabilidadede que ela gaste menos de 30 minutos para executar a tarefa?3. O comprimento real (em metros) de uma determinada barra de aço é uma variável alea-tória uniformemente distribuída no intervalo [10,12]. As barras com comprimento menorque 10,5m não se ajustam às necessidades e devem ser vendidas como sucata. As barrascom comprimento maior que 11,5m têm que ser cortadas para se ajustarem às necessida-des. Qual é a proporção de barras colocadas à venda como sucata? Qual é a proporçãode barras que precisam ser cortadas? Qual é a proporção de barras perfeitas?4. Na Figura 4.15 é dado o gráfico de uma função f (x).

(a) Calcule o valor de k para que f (x) seja a função de densidade de alguma variávelaleatória contínua X e encontre a expressão matemática de f (x).Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 48


Figura 4.15 – Função densidade para a Questão 4(b) Calcule P(X ≥ 2, 5).(c) Calcule P(X > 3, 0 |X ≥ 2, 5).(d) Determine o valor de c tal que P(X < c) = 0, 6.


Capítulo 5

A Distribuição Normal

Nesta seção, você estudará a distribuição normal, que é uma das mais importantes distri-buições contínuas. Você verá a definição geral desta distribuição, mas nos concentraremos,inicialmente, na distribuição normal padrão, com ênfase no cálculo de probabilidades asso-ciadas a essa variável normal específica. Depois estudaremos o caso geral, estabelecendo arelação entre a normal padrão e uma distribuição normal qualquer.5.1 Características gerais da distribuição normal

5.1.1 Função de densidade de probabilidade

Uma v.a. contínua X tem distribuição normal se sua função de densidade de probabilidade édada porfX (x) = 1√2πσ2 exp [− (x − µ)22σ2

], −∞ < x <∞ (5.1)

Analisando essa expressão, podemos ver que ela está definida para todo x ∈ R e depende dedois parâmetros: µ e σ . Outras características importantes dessa função são as seguintes:1. ela é simétrica em torno do ponto x = µ;2. o gráfico da função tem forma de sino;3. quando x → ±∞, fX (x)→ 0;4. o ponto x = µ é o ponto de máximo e nesse ponto, fX (x) = 1√2πσ2 ;5. os pontos x = µ− σ e x = µ+ σ são pontos de inflexão, ou seja, nesses pontos, a curvamuda de concavidade. Para x < µ − σ ou x > µ + σ, a função é côncava para cima epara µ − σ < x < µ + σ, a função é côncava para baixo.

Na Figura 5.1 ilustram-se essas características da densidade normal.

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL

Figura 5.1 – Principais características da densidade normalPode-se mostrar, usando técnicas de cálculo integral, que a área sob a curva de densi-dade normal é igual a 1 e, como a função exponencial é sempre não negativa, resulta que afunção fX dada na equação (5.1) realmente define uma função de densidade de probabilidade.

5.1.2 Esperança e Variância

Os parâmetros µ e σ da densidade normal definem a média e o desvio-padrão da distribuição,respectivamente:X ∼ N

(µ; σ2)⇒

E(X ) = µVar(X ) = σ2DP(X ) = σ

Vamos usar a seguinte notação: indicaremos o fato de a v.a. X ter distribuição normalcom média µ e variância σ2 pela notação X ∼ N (µ; σ2) . Na Figura 5.2, temos os gráficos dasseguintes distribuições normais: N(0; 1) e N(2; 1), ou seja, duas distribuições normais commédias diferentes e variâncias iguais. Note que o efeito de mudar a média é simplesmentedeslocar o gráfico, mudando o seu eixo de simetria.Na Figura 5.3, temos duas distribuições normais com a mesma média, mas com variânciasdiferentes. Note que a distribuição continua em forma de sino, mas a dispersão muda – lembre-se de que variância e desvio-padrão são medidas de dispersão. Como o máximo da funçãoé 1√2πσ2 , quanto maior a variância, “mais achatada” é a curva; para compensar esse fato econtinuar com área sob a curva igual a 1, a curva fica mais “espalhada”, ou seja, mais dispersa.



Figura 5.2 – Distribuições normais com mesma variância e médias diferentes

Figura 5.3 – Distribuições normais com mesma media e variâncias diferentes5.1.3 Função de Distribuição Acumulada

Como antes, a função de distribuição acumulada é F (x) = P(X ≤ x). Na Figura 5.4 temosas respectivas fda para as densidades N(0; 1), N(2; 1) e N(0; 4). Note que, pela simetria dacurva em torno da média, qualquer que seja a densidade normal, F (µ) = 0, 5, ou seja, o eixode simetria divide a área em duas partes iguais. No gráfico da fda, podemos ver que, para asdensidades N(0; 1) e N(0; 2), F (0) = 0, 5 e para a densidade N(2; 1), F (2) = 0, 5.



Figura 5.4 – Função de distribuição acumulada da N(0;1), N(0;2) e N(2;1)5.2 A Densidade Normal Padrão

Quando µ = 0 e σ2 = 1, temos a densidade normal padrão, cuja fdp é usualmente representadapela letra grega fi:φ(z) = 1√2π exp(−12z2) , −∞ < z < +∞

É comum, também, representar uma variável aleatória com distribuição normal padronizadapela letra Z e seguiremos essa convenção aqui. Além de ser um caso especial, a densidadenormal padrão tem papel importante no cálculo de probabilidades associadas às densidadesnormais, como veremos na próxima seção.5.2.1 A Tabela da Normal Padrão

Vimos anteriormente que o cálculo de probabilidades associadas a variáveis aleatórias con-tínuas envolve cálculo de áreas sob a curva de densidade (mais precisamente, cálculo deintegral da fdp). Isso, obviamente, continua valendo para a densidade normal. A diferençaestá no fato de que o cálculo de áreas sob a curva normal envolve métodos numéricos maiscomplexos e, para facilitar esses cálculos, podemos usar uma tabela em que alguns valores jáse encontram calculados.Este curso terá como base a Tabela 1 apresentada no Apêndice B, embora muitoslivros utilizem a tabela da distribuição acumulada dada na Tabela 2 do mesmo apêndice, quediscutiremos no final desta seção.A Tabela 1 será usada para calcular probabilidades associadas a uma variável aleatórianormal padrão Z . Assim, com essa tabela, poderemos calcular probabilidades do tipo P(Z >1),P(Z ≤ 3),P(−1 ≤ Z ≤ 2) etc.


CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALVamos analisar cuidadosamente esta tabela. A partir do cabeçalho e do gráfico natabela, podemos ver que as entradas no corpo da tabela fornecem probabilidades do tipoP(0 ≤ Z ≤ z). Com relação à abscissa z, seus valores são apresentados na tabela ao longoda coluna lateral à esquerda em conjunto com a linha superior, ambas sombreadas de cinza.Na coluna à esquerda, temos a casa inteira e a primeira casa decimal; na linha superior,temos a segunda casa decimal. Por exemplo, ao longo da primeira linha da tabela, temosprobabilidades associadas às abscissas 0,00; 0,01; 0,02, . . . , 0,09; na segunda linha da tabela,temos probabilidades associadas às abscissas 0,10; 0,11; 0,12; . . . , 0,19; na última linha databela, temos probabilidades associadas às abscissas 4,00; 4,01; 4,02; . . . ; 4,09.A entrada 0,00000 no canto superior esquerdo da tabela corresponde à seguinte proba-bilidade: P(0 ≤ Z ≤ 0, 00), ou seja, P(Z = 0) e, como visto, essa probabilidade é nula, uma vezque, para qualquer variável aleatória contínua X , P(X = x0) = 0. A segunda entrada na pri-meira linha, 0,00399, corresponde a P(0 ≤ Z ≤ 0, 01), que é a área sob a curva de densidadenormal padronizada compreendida entre os valores 0 e 0,01 (veja o gráfico na tabela).Note que esta tabela apresenta probabilidades correspondentes a abscissas positivas,ou seja, esta tabela trata de área sob a curva no lado positivo do eixo. Para calcular áreas nolado negativo, teremos de usar o fato de a curva da densidade normal ser simétrica. Semprefaça um esboço da curva de densidade, sombreando a área correspondente à probabilidadedesejada; isso lhe ajudará no cálculo da probabildiade. Vamos terminar esta seção apresen-tando vários exemplos de cálculos de probabilidades de uma v.a. Z com distribuição normalpadrão, ou seja, no que segue, Z ∼ N(0; 1). Os exemplos apresentados cobrem todas as situ-ações possíveis. Assim, é importante que você entenda bem a situação ilustrada por cada umdos exemplos, para poder aplicar o método de solução adequano aos novos exercícios.Para simplificar a solução dos exercícios, vamos adotar a seguinte notação.

! Entradas da Tabela 1 do Apêndice B

Vamos representar por tab(z) as entradas da Tabela 1 do Apêndice B, ouseja,tab(z) = P(0 ≤ Z ≤ z)

EXEMPLO 5.1 P(0 ≤ Z ≤ 1, 22)Veja as Figuras 5.5 e 5.6. Essa probabilidade é dada diretamente na Tabela 1, utilizandoa entrada correspondente à linha 1,2 e à coluna com o valor 2. O resultado é

P(0 ≤ Z ≤ 1, 22) = tab(1, 22) = 0, 3888



.

Figura 5.5 – P(0 ≤ Z ≤ 1, 22) comoárea

e 1a. Decimal 0 1 2 3

0,0 0,0000 0,0040 0,0080 0,0120

0,1 0,0398 0,0438 0,0478 0,0517

0,9 0,3159 0,3186 0,3212 0,3238

1,0 0,3413 0,3438 0,3461 0,3485

1,1 0,3643 0,3665 0,3686 0,3708

1,2 0,3849 0,3869 0,3888 0,3907

1,3 0,4032 0,4049 0,4066 0,4082

Figura 5.6 – P(0 ≤ Z ≤ 1, 22) - Usoda tabela

EXEMPLO 5.2 P(1 ≤ Z ≤ 2)Note que este exemplo trata da área (probabilidade) entre duas abscissas positivas.Na Figura 5.7 ilustra-se a área (probabilidade) desejada. Note que esta área pode ser obtidapela diferença entre as áreas das Figuras 5.8 e 5.10, cujos valores são encontrados na Tabela1 conforme ilustram as Figuras 5.9 e 5.11.

Figura 5.7 – P(1 ≤ Z ≤ 2) como área


e 1a. Decimal 0 1 2 3 4

0,0 0,0000 0,0040 0,0080 0,0120 0,0160

0,1 0,0398 0,0438 0,0478 0,0517 0,0557

0,2 0,0793 0,0832 0,0871 0,0910 0,0948

1,8 0,4641 0,4649 0,4656 0,4664 0,4671

1,9 0,4713 0,4719 0,4726 0,4732 0,4738

2,0 0,4772 0,4778 0,4783 0,4788 0,4793

2,1 0,4821 0,4826 0,4830 0,4834 0,4838

Figura 5.9 – P(0 ≤ Z ≤ 2) - Uso databela




e 1a. Decimal 0 1 2 3 4

0,0 0,0000 0,0040 0,0080 0,0120 0,0160

0,1 0,0398 0,0438 0,0478 0,0517 0,0557

0,2 0,0793 0,0832 0,0871 0,0910 0,0948

0,8 0,2881 0,2910 0,2939 0,2967 0,2995

0,9 0,3159 0,3186 0,3212 0,3238 0,3264

1,0 0,3413 0,3438 0,3461 0,3485 0,3508

1,1 0,3643 0,3665 0,3686 0,3708 0,3729

Figura 5.11 – P(0 ≤ Z ≤ 1) - Uso databelaConcluimos, então, queP(1 ≤ Z ≤ 2) = P(0 ≤ Z ≤ 2)−P(0 ≤ Z ≤ 1) = tab(2, 0)−tab(1, 0) = 0, 4772−0, 3413 = 0, 1359

EXEMPLO 5.3 P(Z ≥ 1)Note que este exemplo trata da área (probabilidade) à direita (≥) de uma abscissa

positiva. Na Figura 5.12 ilustra-se a área (probabilidade) desejada. Note que esta área podeser obtida pela diferença entre as áreas das Figuras 5.13 e 5.14. A primeira área correspondeà probabilidade P(Z ≥ 0) e é igual a 0,5, pois a média µ = 0 é o eixo de simetria e a áreatotal é 1. Logo, P(Z ≥ 0) = P(Z ≤ 0) = 0, 5. A segunda área vem direto da Tabela 1.

Figura 5.12 – P(Z ≥ 1)

Figura 5.13 – P(Z ≥ 0) Figura 5.14 – P(0 ≤ Z ≤ 1)Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 56

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALConcluimos, então, queP(Z ≥ 1) = P(Z ≥ 0)− P(0 ≤ Z ≤ 1) = 0, 5− tab(1, 0) = 0, 5− 0, 3413 = 0, 1587

EXEMPLO 5.4 P(Z ≤ 1)Note que este exemplo trata da área (probabilidade) à esquerda (≤) de uma abscissa

positiva. Na Figura 5.15 ilustra-se a área (probabilidade) desejada. Note que esta áreapode ser obtida pela soma das áreas das Figuras 5.16 e 5.17. A primeira área corresponde àprobabilidade P(Z ≤ 0) e é igual a 0,5, conforme visto no exemplo anterior.

Figura 5.15 – P(Z ≤ 1)

Figura 5.16 – P(Z ≤ 0) Figura 5.17 – P(0 ≤ Z ≤ 1)Concluimos, então, queP(Z ≥ 1) = P(Z ≥ 0) + P(0 ≤ Z ≤ 1) = 0, 5 + tab(1, 0) = 0, 5 + 0, 3413 = 0, 8413

EXEMPLO 5.5 P(Z ≤ −0, 5)Note que este exemplo trata da área (probabilidade) à esquerda (≤) de uma abscissa

negativa e, agora, começamos a trabalhar com abscissas negativas. Na Figura 5.18 ilustra-seDepartamento de Estatística - Ana Maria Farias 57

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALa área (probabilidade) desejada. Pela simetria da curva de densidade normal, resulta queessa área é igual à área ilustrada na Figura 5.19.

Figura 5.18 – P(Z ≤ −0, 5) Figura 5.19 – P(Z ≥ 0, 5)Concluimos, então, que

P(Z ≤ −0, 5) = P(Z ≥ 0, 5) = 0, 5−P(0 ≤ Z < 0, 5) = 0, 5−tab(0, 5) = 0, 5−0, 1915 = 0, 3085

EXEMPLO 5.6 P(Z ≥ −0, 5)Note que este exemplo trata da área (probabilidade) à direira (≥) de uma abscissa

negativa. Na Figura 5.20 ilustra-se a área (probabilidade) desejada. Essa área é a soma dasáreas representadas nas Figuras 5.21 e 5.22. Essa última área, por sua vez, é igual à arearepresentada na Figura 5.23, pela simetria da curva de densidade.

Figura 5.20 – P(Z ≥ −0, 5) Figura 5.21 – P(Z ≥ 0)



Figura 5.22 – P(−0, 5 ≤ Z ≤ 0) Figura 5.23 – P(Z ≥ 0, 5)Concluimos, então, que

P(Z ≥ −0, 5) = P(−0, 5 ≤ Z ≤ 0) + P(Z ≥ 0)= P(0 ≤ Z < 0, 5) + 0, 5 = tab(0, 5) + 0, 5 = 0, 1915 + 0, 5 = 0, 6915

EXEMPLO 5.7 P(−2, 1 ≤ Z ≤ −1, 4)Note que este exemplo trata da área (probabilidade) entre duas abscissas negativas.Na Figura 5.24 ilustra-se a área (probabilidade) desejada. Por simetria, essa área é igual àárea ilustrada na Figura 5.25, já analisada no Exemplo 5.2.

Figura 5.24 – P(−2, 1 ≤ Z ≤ −1, 4) Figura 5.25 – P(1, 4 ≤ Z ≤ −2, 1)Concluimos, então, queP(−2, 1 ≤ Z ≤ −1, 4) = P(1, 4 ≤ Z ≤ 2, 1) = P(0 ≤ Z ≤ 2, 1)− P(0 ≤ Z ≤ 1, 4)= tab(2, 1)− tab(1, 4) = 0, 4821− 0, 4192 = 0, 0629


CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALEXEMPLO 5.8 P(−2, 1 ≤ Z ≤ 1, 4)

Note que este exemplo trata da área (probabilidade) entre duas abscissas, uma negativae outra positiva. Na Figura 5.26 ilustra-se a área (probabilidade) desejada. Essa área é asoma das áreas representadas nas Figuras 5.27 e 5.28. Por simetria, essa última área é igualà área sombreada na Figura 5.29, o que nos leva à cocnlusão de que

P(−2, 1 ≤ Z ≤ 1, 4) = P(0 ≤ Z ≤ 1, 4) + P(−2, 1 ≤ Z ≤ 0)= P(0 ≤ Z ≤ 1, 4) + P(0 ≤ Z ≤ 2, 1) = tab(1, 4) + tab(2, 1)= 0, 4821 + 0, 4192 = 0, 9013

Figura 5.26 – P(−2, 1 ≤ Z ≤ 1, 4) Figura 5.27 – P(0 ≤ Z ≤ 1, 4)

Figura 5.28 – P(−2, 1 ≤ Z ≤ 0) Figura 5.29 – P(0 ≤ Z ≤ 2, 1)5.2.2 A Tabela da Distribuição Acumulada da Normal Padrão

Muitos livros trabalham com a tabela da função de distribuição acumulada da normal padrão,que representaremos pela letra grega fi maiúscula, Φ:Φ(z) = P(Z ≤ z).

A Tabela 2 do Apêndice B apresenta os valores de Φ(z) para z ≥ 0. Vamos usar essa ta-bela para refazer os exemplos vistos anteriormente, que serão apresentados em uma ordemdiferente, mais idaticamente apropriada para esse contexto.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 60

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALEXEMPLO 5.9 P(Z ≤ 1)Essa probabilidade resulta diretamente da definição de distribuição acumulada:P(Z ≤ 1) = Φ(1, 0) = 0, 8413

EXEMPLO 5.10 P(Z ≥ 1)Pela lei do complementar, temos queP(Z ≥ 1) = 1− P(Z < 1)Mas, como Z é uma variável aleatória contínua, sabemos que P(Z = z) = 0. LogoP(Z < z) = P(Z ≤ z)Logo, P(Z ≥ 1) = 1− P(Z < 1) = 1− P(Z ≤ 1) = 1− Φ(1, 0) = 1− 0, 8413 = 0, 1587

EXEMPLO 5.11 P(Z ≤ −0, 5)Vimos, no Exemplo 5.5, que P(Z ≤ −0, 5) = P(Z ≥ 0, 5)Logo,P(Z ≤ −0, 5) = P(Z ≥ 0, 5) = 1−P(Z < 0, 5) = 1−P(Z ≤ 0, 5) = 1−Φ(0, 5) = 1−0, 6915 = 0, 3085

EXEMPLO 5.12 P(Z ≥ −0, 5)Veja as Figuras 5.30 e 5.31.P(Z ≥ −0, 5) = 1− P(Z < −0, 5) = 1− P(Z > 0, 5) = 1− [1− P(Z ≤ 0, 5)]= P(Z ≤ 0, 5) = Φ(0, 5) = 0, 6915

Figura 5.30 – P(Z ≥ −0, 5) Figura 5.31 – P(Z ≤ 0, 5)Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 61


EXEMPLO 5.13 P(0 ≤ Z ≤ 1, 22)Veja as Figuras 5.5, 5.32 e 5.33.P(0 ≤ Z ≤ 1, 22) = P(Z ≤ 1, 22)− P(Z ≤ 0) = Φ(1, 22)− 0, 5 = 0, 8888− 0, 5 = 0, 3888

Figura 5.32 – P(Z ≤ 1, 22) Figura 5.33 – P(Z ≤ 0)

EXEMPLO 5.14 P(1 ≤ Z ≤ 2)Veja as Figuras 5.7, 5.34 e 5.35.P(1 ≤ Z ≤ 2) = P(Z ≤ 2)− P(Z < 1) = P(Z ≤ 2)− P(Z ≤ 1) = Φ(2, 0)− Φ(1, 0)= 0, 9772− 0, 8413 = 0, 1359

Figura 5.34 – P(Z ≥ −0, 5) Figura 5.35 – P(Z ≤ 0, 5)EXEMPLO 5.15 P(−2, 1 ≤ Z ≤ −1, 4)Usando os resultados do Exemplo 5.14, temos queP(−2, 1 ≤ Z ≤ −1, 4) = P(1, 4 ≤ Z ≤ 2, 1) = Φ(2, 1)− Φ(1, 4) = 0, 9821− 0, 9192 = 0, 0629Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 62


EXEMPLO 5.16 P(−2, 1 ≤ Z ≤ 1, 4)Usando os resultados do Exemplo 5.11, temos queP(−2, 1 ≤ Z ≤ 1, 4) = Φ(1, 4)− P(Z < −2, 1) = Φ(1, 4)− Φ(−2, 1)= Φ(1, 4)− [1− Φ(2, 1)] = 0, 9192− [1− 0, 9821] = 0, 9013

5.3 Cálculos com a distribuição normal

Nesta seção serão apresentados resultados básicos sobre a distribuição normal, que permi-tirão que você calcule probabilidades associadas a qualquer variável aleatória normal, e issoampliará o escopo de aplicações práticas.Na seção anterior, você viu como usar tabelas da distribuição normal padrão para cal-cular probabilidades associadas à variável Z ∼ N(0; 1). Essas tabelas, ou softwares espe-cializados, são necessários para fazer os cálculos, pois não existem métodos diretos paracalcular áreas sob a curva da densidade normal padrão. Mas as tabelas vistas referiam-seà distribuição N(0; 1). Será que teremos que usar uma tabela diferente para outros valoresda média µ e do desvio-padrão σ? Felizmente, a resposta é NÃO, graças a uma propriedademuito interessante da distribuição normal que estabelece o seguinte resultado:

! Padronização da distribuição normal N(µ; σ2)Se X ∼ N (µ; σ2) , então

Z = X − µσ (5.2)

tem distribuição N(0; 1).Note que a transformação dada em (5.3) é uma transformação linear, que é biunívoca.Vejamos como usar esse resultado para calcular probabilidades de uma v.a. normal qualquer.Suponhamos, por exemplo, que se deseje calcular P(X ≤ 3), em que X ∼ N(1; 2), ou seja, X éuma v.a. normal com média 1 e variância 2. Temos a seguinte equivalência de eventos

X ≤ 3 ⇔ X − 1√2 ≤ 3− 1√2uma vez que subtraímos a mesma constante e dividimos pela mesma constante positiva emambos os lados da desigualdade. Mas, pelo resultado acima, Z = X−1√2 ∼ N(0; 1). Logo,P(X ≤ 3) = P(X − 1√2 ≤ 3− 1√2

) = P(Z ≤ 3− 1√2)


CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALe caímos novamente no cálculo de probabilidades da Normal padrão, que é feito com auxíliodas Tabelas 1 e 2, apresentadas na seção anterior. Completando o cálculo, obtemos:

P(X ≤ 3) = P(Z ≤ 3− 1√2) = P(Z ≤ 1, 41)= 0, 5 + tab(1, 41) = Φ(1, 41) = 0, 9207

Na Figura 5.36 representa-se a probabilidade P(X ≤ 3) e na Figura 5.37, P(Z ≤ 1, 41).Pelo resultado acima, essas duas áreas são iguais.

Figura 5.36 –P(X ≤ 3)− X ∼ N(1; 2) Figura 5.37 – P(Z ≤ 1, 41)É interessante lembrar que a transformação dada na equação (5.3) corresponde aocálculo do escore padronizado associado à abscissa x. Assim, cálculos de probabilidades dev.a. normais sempre envolverão o cálculo do escore padronizado da(s) abscissa(s) de interesse.Agora, vamos apresentar vários exemplos para fixar os conceitos e procedimentos. Éimportante que você estabeleça a equivalência dos eventos definidos pela distribuição normalde interesse e pela normal padrão. Como antes, faça um esboço do gráfico das curvas normaissombreando a área desejada.

EXEMPLO 5.17 X ∼ N(3; 9)− P(−1 ≤ X ≤ 4)P(−1 ≤ X ≤ 4) = P(−1− 3√9 ≤ X − 3√9 ≤ 4− 3√9

)= P (−1, 33 ≤ Z ≤ 0, 33)= Φ(0, 33)− Φ(−1, 33) = 0, 62930− 0, 09176= tab(0, 33) + tab(1, 33) = 0, 12930 + 0, 40824= 0, 53754

EXEMPLO 5.18 X ∼ N(2; 5)− P(1 ≤ X ≤ 7)Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 64

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALP(1 ≤ X ≤ 7) = P(1− 2√5 ≤ X − 2√5 ≤ 7− 2√5

)= P (−0, 45 ≤ Z ≤ 2, 24)= Φ(2, 24)− Φ(−0, 45) = Φ(2, 24)− [1− Φ(0, 45)] = 0, 9875− [1− 0, 6700]= tab(2, 24) + tab(0, 45) = 0, 4875 + 0, 1700= 0, 6575

EXEMPLO 5.19 X ∼ N(5, 1)− P(X > 7)P(X > 7) = P(X − 51 > 7− 51

)= P(Z > 2)= 1, 0− Φ(2, 0) = 1, 0− 0, 97725= 0, 5− tab(2, 0) = 0, 5− 0, 47725= 0, 02275

EXEMPLO 5.20 A regra 68-95-99,7

Seja X ∼ N(µ; σ2). Calcule P(µ − kσ < X < µ + kσ ) , para k = 1, 2, 3.Solução

Note que essa probabilidade corresponde à probabilidade de X estar a uma distânciade k desvios-padrão da média.P(µ − kσ ≤ X ≤ µ + kσ ) = P(µ − kσ − µσ ≤ X − µσ ≤ µ + kσ − µ

σ

)= P(−k ≤ Z ≤ k)

Note que chegamos a uma probabilidade que não depende de µ ou σ , ou seja, esseresultado vale qualquer que seja a distribuição normal.• k = 1

P(µ − σ ≤ X ≤ µ + σ ) = P(−1 ≤ Z ≤ 1) = 2× tab(1, 0) = 2× 0, 3414 = 0, 6828• k = 2

P(µ − 2σ ≤ X ≤ µ + 2σ ) = P(−2 ≤ Z ≤ 2) = 2× tab(2, 0) = 2× 0, 4772 = 0, 9544Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 65

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL• k = 3

P(µ − 3σ ≤ X ≤ µ + 3σ ) = P(−3 ≤ Z ≤ 3) = 2× tab(3, 0) = 2× 0, 4987 = 0, 9974Essas probabilidades nos dizem que, para qualquer distribuição normal, 68,28% dosvalores estão a um desvio-padrão da média, 95,44% estão a dois desvios-padrão e 99,73% dosvalores estão a três desvios-padrão da média. Veja a Figura 5.38 para uma ilustração dessesresultados.Lembre-se de que o teorema de Chebyshev fornecia percentuais análogos para qual-quer distribuição. Para distribuições normais, os resultados desses três exemplos mostrampercentuais mais precisos.

Figura 5.38 – Ilustração da regra 68-95-99,75.3.1 Encontrando a abscissa da normal para uma probabilidade específica

Nos exemplos vistos até o momento, consideramos situações em que tínhamos uma abscissa deuma distribuição normal e queríamos a probabilidade associada a essa abscissa. Agora, vamoslidar com a situação inversa: dada uma probabilidade, qual é a abscissa correspondente? Eisalgumas situações que envolvem esse tipo de problema:• Em uma turma de Estatística, os 10% melhores alunos receberão um livro de presente.• Em uma comunidade, as famílias com as 15% piores rendas irão receber um auxílio daprefeitura.

Como antes, vamos apresentar vários exemplos que ilustram essa situação.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 66

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALEXEMPLO 5.21 Z ∼ N(0; 1)

Determine o valor de k tal que P(Z ≤ k) = 0, 90.Solução

Vamos “traduzir” esse problema: queremos encontrar a abscissa k da normal padrãocom 0, 90 de área (probabilidade) à esquerda dela. Como 0,9 é a área à esquerda de k , resultaque ktem de ser maior que zero, isto é, temos de ter k > 0. Veja a Figura 5.39: á esquerdade k temos área 0,90 e à esquerda de 0 temos área 0,5. Logo, entre 0 e k temos que ter área0,40.

Figura 5.39 – Determinação de k tal que P(Z ≤ k) = 0, 90Escrevendo essas observações em termos de probabilidade, temos:P(Z ≤ k) = 0, 90⇔P(Z ≤ 0) + P(0 < Z ≤ k) = 0, 90⇔0, 5 + P(0 < Z ≤ k) = 0, 90⇔P(0 < Z ≤ k) = 0, 40⇔tab(k) = 0, 40Esta última igualdade nos diz que k é a abscissa correspondente ao valor 0,40 na Tabela 1.Para identificar k, temos que buscar no corpo dessa tabela, o valor mais próximo de 0,40.Na linha correspondente ao valor 1,2 encontramos as entradas 0,39973 e 0,40147. Como aprimeira está mais próxima de 0,40, olhamos qual é a abscissa correspondente: a linha é 1,2e a coluna é 8, o que nos dá a abscissa de 1,28, ou seja, k = 1, 28 e P(Z ≤ 1, 28) = 0, 90,completando a solução.

Agora vamos olhar o mesmo exemplo, mas para uma distribuição normal qualquer.EXEMPLO 5.22 X ∼ N(3; 4)Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 67

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALDetermine o valor de k tal que P(X ≤ k) = 0, 90.Solução

Com a probabilidade à esquerda de k é maior que 0,5, resulta que k tem de ser maiorque a média. O primeiro passo na solução é escrever a probabilidade dada em termos danormal padrão. P(X ≤ k) = 0, 90⇔P(X − 32 ≤ k − 32

) = 0, 90⇔P(Z ≤ k − 32

) = 0, 90⇔P(Z ≤ 0) + P(0 ≤ Z ≤ k − 32

) = 0, 90⇔0, 5 + P(0 ≤ Z ≤ k − 32

) = 0, 90⇔P(0 ≤ Z ≤ k − 32

) = 0, 40⇔tab

(k − 32

) = 0, 40⇔k − 32 = 1, 28⇔ k = 5, 56

EXEMPLO 5.23 X ∼ N(3; 4)Determine o valor de k tal que P(X ≤ k) = 0, 05.Solução

À esquerda de k temos 5% da área total; logo, k tem que estar no lado esquerdo, ouseja, temos de ter k < 3 e a abscissa padronizada correspondente tem de ser negativa. Vamosescrever a probabilidade dada em termos da normal padronizada:P(X ≤ k) = 0, 05⇔P(X − 32 ≤ k − 32

) = 0, 05⇔P(Z ≤ k − 32

) = 0, 05Como a área (probabilidade) à esquerda de k−32 é menor que 0, 5, isso significa que

k−32 tem de ser negativo. Veja a Figura 5.40. Para nos adequarmos à tabela disponível,temos de rabalhar com áreas na metade direita da curva de densidade, ou seja, temos qdeusar a simetria da curva. Veja a Figura 5.41 e note que a abscissa simétrica a k − 32 é−k − 32 = 3− k2 .Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 68


Figura 5.40 – P(Z ≤ k−32 ) = 0, 05 Figura 5.41 – P(Z ≥ −k−32 ) = 0, 05Temos, então, as seguintes probabilidades equivalentes:

P(Z ≤ k − 32) = 0, 05⇔

P(Z ≥ −k − 32) = 0, 05⇔

P(0 ≤ Z ≤ −k − 32) = 0, 45⇔

tab(−k − 32) = 0, 45

O valor mais próximo de 0,45 no corpo da Tabela 1 é 0,4495 que corresponde à abscissa1,64, e isso nos dá que−k − 32 = 1, 64⇒ k = −0, 28

EXEMPLO 5.24 X ∼ N(3; 4)Deermine o valor de k tal que P(|X − 3 | ≤ k) = 0, 95.Solução

Vamos relembrar as propriedades da função módulo. Para isso, veja a Figura 5.42. Asduas retas que definem a função f (x) = |x| são y = x e y = −x . Os segmentos traçadosno gráfico mostram que |x| = k ⇔ x = k ou x = −k . Os valores de y abaixo do segmentohorizontal correspondem a valores de y = |x| ≤ k e esses valores de y estão associados avalores x tais que −k ≤ x ≤ k . De forma análoga, valores de y acima do segmento horizontalcorrespondem a valores de y = |x| > k e esses valores de y estão associados a valores x taisque x > k ou x < −k . Resumindo:|x| = k ⇔

x=koux=-k (5.3)|x| < k ⇔ −k < x < k (5.4)|x| > k ⇔

x>koux<-k (5.5)Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 69


Figura 5.42 – Determinação de k tal que P(Z ≤ k) = 0, 90Agora, vamos usar esses resultados para resolver o exemplo.

P(|X − 3 | ≤ k) = 0, 95⇔P(−k ≤ X − 3 ≤ k) = 0, 95⇔P (3− k ≤ X ≤ k + 3) = 0, 95⇔P(3− k − 32 ≤ X − 32 ≤ k + 3− 32) = 0, 95⇔

P(−k2 ≤ Z ≤ k2) = 0, 95

Veja a Figura 5.43 para entender queP(−k2 ≤ Z ≤ k2

) = 0, 95⇔P(−k2 ≤ Z ≤ 0)+ P(0 ≤ Z ≤ k2

) = 0, 95⇔2× P(0 ≤ Z ≤ k2

) = 0, 95⇔P(0 ≤ Z ≤ k2

) = 0, 475⇔tab(k2

) = 0, 475⇔k2 = 1, 96⇔ k = 3, 92



Figura 5.43 – Determinação de k tal que P(|ZZ ≤ k2 ) = 0, 95

5.4 Exemplos de Aplicação da Distribuição Normal

A distribuição normal é um modelo probabilístico que se aplica a diversas situações práticas.Vamos finalizar este capítulo com alguns exemplos práticos, mas, na última parte do curso,você verá mais aplicações no contexto da inferência estatística, em que decisões têm de sertomadas com base nos resultados obtidos a partir de uma amostra.EXEMPLO 5.25 Saldo bancário

O saldo médio dos clientes de um banco é uma v.a. normal com média R$ 2.000, 00 edesvio-padrão R$ 250,00. Os clientes com os 10% maiores saldos médios recebem tratamentoVIP, enquanto aqueles com os 5% menores saldos médios receberão propaganda extra paraestimular maior movimentação da conta.(a) Quanto você precisa de saldo médio para se tornar um cliente VIP?(b) Abaixo de qual saldo médio o cliente receberá a propaganda extra?

Solução

Seja X = “saldo médio”; é dado que X ∼ N(2000; 2502).(a) Temos que determinar o valor de k tal que P(X ≥ k) = 0, 10. Note que isso equivale acalcular o 90o percentil da distribuição. A área à esquerda de k tem de ser 0,90; logo, kDepartamento de Estatística - Ana Maria Farias 71

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALtem de ser maior que a média.

P(X ≥ k) = 0, 10⇔P(X − 2000250 ≥ k − 2000250

) = 0, 10⇔P(X − 2000250 ≤ k − 2000250

) = 0, 90⇔P(Z ≤ k − 2000250

) = 0, 90⇔P(Z ≤ 0) + P(0 ≤ Z ≤ k − 2000250

) = 0, 90⇔P(0 ≤ Z ≤ k − 2000250

) = 0, 90− 0, 50⇔tab(k − 2000250

) = 0, 40⇔k − 2000250 = 1, 28⇔ k = 2320

Os clientes com saldo médio maior ou igual a R$ 2.320, 00 terão tratamento VIP.(b) Temos de determinar o valor de k tal que P(X ≤ k) = 0, 05. Note que isso equivale acalcular o 5o percentil da distribuição. A área à esquerda de k tem de ser 0,05; logo, ktem de ser menor que a média. Na solução, teremos que usar a simetria da distribuição,invertendo o sinal da abscissa, para lidarmos com área na metade direita da função dedensidade.

P(X ≤ k) = 0, 05⇔P(X − 2000250 ≤ k − 2000250

) = 0, 05⇔P(Z ≥ − k − 2000250

) = 0, 05⇔P(Z ≥ 2000− k250

) = 0, 05⇔tab(2000− k250

) = 0, 45⇔2000− k250 = 1, 64⇔ k = 1590Os clientes com saldo médio inferior a R$ 1.590,00 receberão a propaganda extra.

Na Figura 5.44 ilustra-se a solução do exercício.



Figura 5.44 – Solução do Exemplo 5.25

EXEMPLO 5.26 Regulagem de máquinas

Uma máquina de empacotar determinado produto oferece variações de peso que sedistribuem segundo uma distribuição normal com desvio padrão de 20 gramas. Em quantodeve ser regulado o peso médio desses pacotes para que apenas 10% deles tenham menosque 500 gramas?Solução

Esse é um exemplo clássico de aplicação da distribuição normal. Seja X o peso dospacotes em gramas. Então, X ∼ N(µ; 400). Temos de ter P(X ≤ 500) = 0, 10. Note que o pesomédio tem de ser superior a 500 g. Note, na solução, a inversão do sinal da abscissa!P(X ≤ 500) = 0, 10⇔

P(X − µ20 ≤ 500− µ20) = 0, 10⇔

P(Z ≤ 500− µ20) = 0, 10⇔

P(Z ≥ − 500− µ20) = 0, 10⇔

P(Z ≥ µ − 50020) = 0, 10⇔

tab(µ − 50020) = 0, 40⇔

µ − 50020 = 1, 28⇔ µ = 525, 6A máquina tem de ser regulada com um peso médio de 525,6g para que apenas 10% dospacotes tenham peso inferior a 500g. Veja a Figura 5.45.



Figura 5.45 – Solução do Exemplo 5.26

EXEMPLO 5.27 Mais sobre regulagem de máquinas

Uma máquina fabrica tubos metálicos cujos diâmetros podem ser considerados umavariável aleatória normal com média 200mm e desvio-padrão 2mm. Verifica-se que 15% dostubos estão sendo rejeitados como grandes e 10% como pequenos.(a) Quais são as tolerâncias de especificação para esse diâmetro?(b) Mantidas essas especificações, qual deverá ser a regulagem média da máquina para que arejeição por diâmetro grande seja nula? Nesse caso, qual será a porcentagem de rejeiçãopor diâmetro pequeno?

Solução

Seja D = diâmetro dos tubos. Então D ∼ N(200, 22).(a) Sejam kI e kS as especificações inferior e superior, respectivamente. Isso significa quetubos com diâmetro menor que kI são rejeitados como pequenos e tubos com diâmetro


CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALmaior que kS são rejeitados como grandes.

P(D < kI ) = 0, 10⇒P(D − 2002 < kI − 2002

) = 0, 10⇒P(Z < kI − 2002

) = 0, 10⇒P(Z > − kI − 2002

) = 0, 10⇒P(Z > 200− kI2

) = 0, 10⇒P(0 ≤ Z < 200− kI2

) = 0, 40⇒tab(200− kI2

) = 0, 40⇒200− kI2 = 1, 28⇒ kI = 197, 44P(D > kS) = 0, 15⇒

P(D − 2002 > kS − 2002) = 0, 15⇒

P(0 ≤ Z < kS − 2002) = 0, 35⇒

tab(kS − 2002) = 0, 35⇒

kS − 2002 = 1, 03⇒ kS = 202, 06Logo, tubos com diâmetro menor que 197,44 cm são rejeitados como pequenos e tuboscom diâmetros maiores que 202,06 cm são rejeitados como grandes.

(b) Com a nova regulagem, temos que D ∼ N(µ; 22) e µ deve ser tal queP(D > 202, 06) = 0⇒

P(D − µ2 > 202, 06− µ2) = 0⇒

P(Z > 202, 06− µ2) = 0⇒

P(0 ≤ Z ≤ 202, 06− µ2) = 0, 5⇒

tab(202, 06− µ2) = 0, 5⇒202, 06− µ2 ' 4, 5⇒ µ ' 193, 06


CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALCom essa média, a porcentagem de rejeição por diâmetro pequeno é

P(D < 197, 44) = P(D − 193, 062 < 197, 44− 193, 062)

= P(Z < 2, 19)= P(Z ≤ 0) + P(0 < Z < 2, 19)= 0, 5 + tab(2, 19) = 0, 9857Com essa nova regulagem, a rejeição por diâmetro grande é nula, mas a rejeição pordiâmetro pequeno é muito alta! Veja as Figuras 5.46 e 5.47, nas quais ficam claros osresultados obtidos.

Figura 5.46 – Exemplo 5.27 - tubos pe-quenos e grandes na regulagem original Figura 5.47 – Exemplo 5.27 - regulagemcom 0% de tubos grandes

EXEMPLO 5.28 Troca de lâmpadas

Em um grande complexo industrial, o departamento de manutenção tem instruções parasubstituir as lâmpadas antes que se queimem. Os registros indicam que a duração daslâmpadas, em horas, tem distribuição normal, com média de 900 horas e desvio-padrão de 75horas. Quando devem ser trocadas as lâmpadas, de modo que no máximo 5% delas queimemantes de serem trocadas?Solução

Seja T = “tempo de duração (em horas) das lâmpadas”; então, T ∼ N(900; 752). Temos


CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMALque determinar t tal que P(T ≤ t) = 0, 05.

P(T ≤ t) = 0, 05⇔P(T − 90075 ≤ t − 90075

) = 0, 05⇔P(Z ≥ − t − 90075

) = 0, 05⇔P(Z ≥ 900− t75

) = 0, 05⇔P(0 ≤ Z ≤ 900− t75

) = 0, 45⇔tab

(900− t75) = 0, 45⇔900− t75 = 1, 64⇔ t = 777

As lâmpadas devem ser trocadas com 777 horas de uso para que apenas 5% se queimem antesda troca.Aqui cabe a seguinte observação: em geral, não é apropriado utilizar-sea distribuiçãonormal para modelar o tempo de sobrevivência de lâmpadas ou equipamentos em geral. Mo-delos tipo exponencial são mais adequados, pois atribuem probabilidade alta de sobrevivênciano início da vida do equipamento e probabilidade decrescente à medida que o equipamentoenvelhece.

EXEMPLO 5.29 Regulagem de máquinas – controle da dispersão

Uma enchedora automática enche garrafas de acordo com uma distribuição normal demédia 1.000 ml. Deseja-se que no máximo uma garrafa em cada 100 saia com menos de 990ml.Qual deve ser o maior desvio padrão tolerável?Solução

Seja X = “conteúdo da garrafa (em ml)”, então X ∼ N(1000; σ2).Queremos que P(X < 990) ≤ 0, 01.Seja σ0 o valor do desvio padrão de X tal que P(X < 990) = 0, 01. Então, qualquervalor de σ tal que σ < σ0 resulta em P(X < 990) < 0, 01. Veja a Figura 5.48.



Figura 5.48 – Solução do Exemplo 5.29A área sombreada corresponde a P(X < 990) = 0, 10 quando X ∼ N(1000; σ20 ) (curva dedensidade mais espessa). As duas outras densidades correspondem a distribuições normaiscom desvios-padrão menores. Note que para essas distribuições, P(X < 990) < 0, 01. Assim,o desvio-padrão máximo tolerável é tal que:

P(X < 990) ≤ 0, 01⇔P(Z < 990− 1000

σ

)≤ 0, 01⇔

P(Z > − 990− 1000σ

)≤ 0, 01⇔

P(Z > 10σ

)≤ 0, 01⇔

0, 5− tab(Z > 10σ

)≤ 0, 01⇔

tab(10σ

)≥ 0, 49⇔10

σ ≥ 2, 33⇔ σ ≤ 102, 33 = 4, 2918


CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL5.5 Exercícios propostos

1. Seja Z ∼ N(0; 1). Calcule as seguintes probabilidades:(a) P(0 < Z < 1, 86)(b) P(1, 23 < Z < 2, 35)(c) P(Z < 1, 5)(d) P(Z > 2)(e) P(−1, 86 < Z < 0)(f ) P(−2, 5 < Z < −1, 2)(g) P(−2 < Z < 3)(h) P(Z > −1, 32)(i) P(Z < −1, 65)(j) P(Z < −5)(k) P(Z > −5)

2. Seja Z ∼ N(0; 1). Encontre a abscissa k que satisfaz as seguintes condições:(a) P(Z < k) = 0, 8(b) P(Z > k) = 0, 05(c) P(−k < Z < k) = 0, 7(d) P(Z < k) = 0, 1(e) P(Z > k) = 0, 69(f ) P(|Z | > k) = 0, 05

3. Usando a Tabela 1, calcule as seguintes probabilidades:(a) Pr(−2, 34 ≤ 1, 02)(b) Pr(1, 36 ≤ Z ≤ 4, 50)(c) Pr(Z ≥ −2, 35)(d) Pr(Z > 4, 80)(e) Pr(Z ≤ −4, 89)(f ) Pr(1, 54 ≤ Z < 3, 12)(g) Pr(−1, 22 < Z < −0, 89)(h) Pr(Z < −2)(i) Pr(Z > −2)(j) Pr(−2, 56 < Z < 5, 00)

4. Calcule as probabilidades do exercício anterior usando a Tabela 2.5. Seja X ∼ N(5; 4). Calcule

(a) P(X < 3)Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 79

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL(b) P(X ≥ 1, 8)(c) P(X < 6)(d) P(X > 2, 5)(e) P(1, 7 ≤ X ≤ 6, 3)(f ) P(X ≥ 5)

6. Seja X ∼ N(5; 4). Encontre o valor de k tal que(a) P(X > k) = 0, 80(b) P(|X − 5| < k) = 0, 80(c) P(X < k) = 0, 75(d) P(X < k) = 0, 05(e) P(X > k) = 0, 05

7. A quantidade de sabão em pó contida em um certo tipo de embalagem tem peso dis-tribuído normalmente, com média de 995g e desvio padrão de 10g. Uma embalagem érejeitada no comércio se tiver peso menor que 976g.(a) Qual é a porcentagem de latas rejeitadas no comércio?(b) Se observamos uma sequência aleatória destas embalagens em uma linha de pro-dução, qual é a probabilidade de que a 10a embalagem seja a primeira rejeitada?(c) Se observamos uma sequência aleatória destas latas em uma linha de produção,qual é a probabilidade de que, em 20 latas observadas, três sejam rejeitadas?

8. Latas de refrigerante são enchidas segundo uma distribuição normal com média 342 mle desvio padrão 4 ml. Uma lata é rejeitada no comércio se tiver menos que 333 ml.(a) Qual é a porcentagem de latas rejeitadas no comércio?(b) Se observamos uma sequência aleatória destas latas em uma linha de produção,qual é a probabilidade de que a quinta lata seja a primeira rejeitada?(c) Se observamos uma sequência aleatória destas latas em uma linha de produção,qual é a probabilidade de que, em 10 latas observadas, duas sejam rejeitadas?

9. Em um grande escritório de contabilidade, o tempo de execução de determinada tarefasegue uma distribuição Normal com média de 12 minutos e desvio padrão de 2 minutos.Para o andamento do serviço dentro das metas estabelecidas pelo escritório, o tempode execução dessa tarefa deve estar entre 10 e 17 minutos. A probabilidade de erroentre os funcionários que executam a tarefa em menos de 10 minutos é de 15%. Essaprobabilidade cai para 4% entre os que executam a tarefa em mais de 17 minutos e paraos que executam dentro dos limites de 10 e 17 minutos, a probabilidade de erro é de7%. Sorteia-se um registro referente à execução dessa tarefa. Certifique-se de definirclaramente os eventos em análise.

(a) Qual é a probabilidade de a tarefa ter sido executada em menos de 10 minutos?(b) Qual é a probabilidade de a tarefa ter sido executada em mais de 17 minutos?Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 80

CAPÍTULO 5. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL(c) Qual é a probabilidade de o registro ser de uma tarefa executada com erro?(d) Se o registro refere-se a uma tarefa executada com erro, qual é a probabilidade deque tenha sido executada em mais de 17 minutos?


Capítulo 6

Solução dos exercícios

6.1 Capítulo 2

1. (a) No baralho há 26 cartas vermelhas, 13 de ouros e 13 de copas. Logo, os possíveisvalores de X são 0, 1, 2, 3, 4, 5.(b) O espaço amostral desse experimento consiste em todos os possíveis subconjuntosde 5 cartas. Como a ordem não interessa, o número de elementos do espaço amostralé nΩ = (525 ).P(X = 0) = P(5 pretas) = (265 )(525 )= 26× 25× 24× 23× 2252× 51× 50× 49× 48= 23× 222× 51× 2× 49× 2 = 0, 0253

P (X = 1) = P(4 pretas, 1 vermelha) = (264 )(261 )(525 )= 26× 25× 24× 234× 3× 2 × 2652× 51× 50× 49× 485× 4× 3× 2 = 26× 25× 23× 2652× 51× 10× 49× 2= 5× 23× 132× 51× 2× 49 = 65× 234× 51× 49 = 0, 1496

P (X = 2) = P(3 pretas, 2 vermelhas ) = (263 )(262 )(525 )= 26× 25× 243× 2 × 26× 25252× 51× 50× 49× 485× 4× 3× 2 = 26× 25× 4× 13× 2552× 51× 5× 49× 4= 5× 13× 252× 51× 49 = 65× 252× 51× 49 = 0, 3251

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOSComo o número de cartas pretas e vermelhas é o mesmo, resulta que

P(X = 3) = P(2 pretas,3 vermelhas ) = (262 )(263 )(525 ) = 0, 3251P (X = 4) = P(1 preta,4 vermelhas) = (261 )(264 )(525 ) = 0, 1496

P(X = 5) = P(5 vermelhas) = (265 )(525 ) = 0, 0253Logo, a distribuição de probabilidade de X é

x 0 1 2 3 4 5pX (x) 0, 0253 0, 1496 0, 3251 0, 3251 0, 1496 0, 0253

(c) Analisando a distribuição de probabilidade de X , vemos que ela é simétrica em tornodo valor 2,5. Como a esperança (ou média) é o centro de gravidade da distribuição,resulta que E(X ) = 2, 5. Vamos fazer os cálculos para confirmar:E(X ) = 0× 0, 0253 + 1× 0, 1496 + 2× 0, 3251 + 3× 0, 3251 + 4× 0, 1496 + 5× 0, 0253 = 2, 5

2. Note que temos bolas brancas em quantidade suficiente para podermos tirar todasbrancas (X = 0), mas não temos bolas verdes suficientes para tirar todas verdes.(a) Como há apenas 4 verdes, os valores de X são 0, 1, 2, 3, 4.(b) O número de elementos do espaço amostral é

#Ω = (115) = 11× 10× 9× 8× 75× 4× 3× 2 = 11× 6× 7 = 462

P(X = 0) = P(5 brancas) = (75)(115 )= 711 × 610 × 59 × 48 × 37 = 122 = 366P(X = 1) = P(1 verde, 4 brancas) = (41)(74)11× 6× 7

= 4× 7× 6× 53× 211× 6× 7 = 1033 = 2066P(X = 2) = P(2 verdes, 3 brancas) = (42)(73)11× 6× 7

= 4× 32 × 7× 6× 53× 211× 6× 7 = 511 = 3066Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 83

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOSP(X = 3) = P(3 verdes, 2 brancas) = (43)(72)11× 6× 7

= 4× 7× 6211× 6× 7 = 211 = 1266P(X = 4) = P(4 verdes, 1 branca) = (44)(71)11× 6× 7= 1× 711× 6× 7 = 166Logo, a distribuição de probabilidade de X é

x 0 1 2 3 4pX (x) 366 2066 3066 1266 166(c)

E(X ) = 1× 2066 + 2× 3066 + 3× 1266 + 4× 166 = 12066 = 1, 818181E(X2) = 12 × 2066 + 22 × 3066 + 32 × 1266 + 42 × 166 = 26466

Var(X ) = 26466 −[12066

]2 = 264× 66− 1202662 = 0, 6942148763. (a) Se as extrações são feitas com reposição, em cada extração podemos tirar bolabranca ou verde. Logo, os possíveis valores de X são 0, 1, 2, 3, 4, 5.(b) Com reposição, sempre temos na urna 7 brancas e 4 verdes e em cada extração,temos que P(branca) = 711 e P(verde) = 411 . Como as extrações são independentes,resulta que P(X = 0) = P(5 brancas) = ( 711

)5 = 16807115P(X = 1) = P(1 verde, 4 brancas)

= (51)( 711

)4( 411)1 = 48020161051

P(X = 2) = P(2 verdes, 3 brancas)= (52

)( 711)3( 411

)2 = 54880161051P(X = 3) = P(3 verdes, 2 brancas)

= (53)( 711

)2( 411)3 = 31360161051

P(X = 4) = P(4 verdes, 1 branca)= (54

)( 711)1( 411

)4 = 8960161051Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 84

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOSP(X = 5) = P(5 verdes) = ( 411

)5 = 1024161051Logo, a distribuição de probabilidade de X é:x 0 1 2 3 4 5

pX (x) 16807161051 48020161051 54880161051 31360161051 8960161051 1024161051A razão de multiplicarmos pelos números combinatórios se deve ao fato de que a(s)bola(s) verde(s) pode(m) sair em qualquer uma das extrações.(c)

E(X ) = 1× 48020161051 + 2× 54880161051 + 3× 31360161051 + 4× 8960161051 + 5× 1024161051= 292820161051 = 1, 818181E(X2) = 12 × 48020161051 + 22 × 54880161051 + 32 × 31360161051 + 42 × 8960161051 + 52 × 1024161051= 718740161051

Var(X ) = 718740161051 −[292820161051

]2 = 161051× 718740− 29282021610512 = 1, 157024794. (a) Os valores possíveis da v.a. são 0 e 1. Então, temos que ter

fX (0) + fX (1) = 1⇒ k2! + k3! = 1⇒k2 + k6 = 1⇒ 3k + k6 = 1⇒ k = 64 = 32Logo,

fX (0) = 322 = 34fX (1) = 326 = 14(b) A função de distribuição de X é

FX (x) = 0 se x < 034 se 0 ≤ x < 11 se x ≥ 1(c)

E(X ) = 0× 34 + 1× 14 = 14E(X2) = 02 × 34 + 12 × 14 = 14Var(X ) = 14 −

[14]2 = 316


CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS5. (a) Na tabela a seguir, listam-se todos os elementos do espaço amostral, bem como osvalores das variáveis aleatórias.

w P(w) X YCCC 18 3 1CCK 18 2 2CKC 18 2 3KCC 18 2 2CKK 18 1 2KCK 18 1 3KKC 18 1 2KKK 18 0 1

Logo, as distribuição de probabilidade’s de X e Y são:x 0 1 2 3

fX (x) 18 38 38 18y 1 2 3

fY (y) 28 48 28(b) As duas distribuições são simétricas. Logo,E(X ) = 1, 5 = 32E(Y ) = 2E(X2) = 12 × 38 + 22 × 38 + 32 × 18 = 248 = 3

Var(X ) = 3− [32]2 = 34E(Y 2) = 12 × 28 + 22 × 48 + 32 × 28 = 368 = 92Var(Y ) = 92 − 22 = 12

6. Veja a Figura 6.1 com o espaço amostral deste experimento. Daí, podemos ver que ovendedor pode• não vender qualquer projeto,• vender apenas um projeto médio,• vender apenas um projeto grande,• vender um projeto médio e um projeto grande,• vender dois projetos médios ou• vender dois projetos grandes.

Seja V a v.a. “valor das vendas diárias”. Usando a regra da multiplicação, que diz queP(A ∩ B) = P(A) P(B|A) e o axioma da probabilidade da união de eventos mutuamenteDepartamento de Estatística - Ana Maria Farias 86

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS0 0,6 0

M 0,3 5000

G 0,1 20000

0,6 0 0,6 0

1

M 0,3 5000

G 0,1 20000

0,6

2 0

0,4 0 0,6 5000

M 0,3 M 0,3 10000

G 0,1 25000

G

0,1

0 0,6 20000

M 0,3 25000

G 0,1 40000

Figura 6.1 – Espaço amostral para o exercício 6exclusivos, podemos calcular:

P(V = 0) = 0, 6× 0, 6 + 0, 4× 0, 6× 0, 6 = 0, 504P(V = 5000) = 0, 6× 0, 3 + 2× 0, 4× 0, 6× 0, 3 = 0, 324P(V = 10000) = 0, 4× 0, 3× 0, 3 = 0, 036P(V = 20000) = 0, 6× 0, 1 + 2× 0, 4× 0, 6× 0, 1 = 0, 108P(V = 25000) = 2× 0, 4× 0, 3× 0, 1 = 0, 024P(V = 40000) = 0, 4× 0, 1× 0, 1 = 0, 004E(V ) = 5000× 0.324 + 10000× 0.036 + 20000× 0.108+25000× 0.024 + 40000× 0.004 = 4900

7. Na tabela a seguir temos os resutlados pertinentes para a solução do problema.Número de carros Probabilidade Lucro por diaalugados/dia de alugar0 0, 10 4× (−200) = −8001 0, 30 2000− 500− 3× 200 = 9002 0, 30 4000− 2× 500− 2× 200 = 26003 0, 20 6000− 3× 500− 200 = 43004 0, 10 8000− 4× 500 = 6000

Sejam X = “número de carros de luxo alugados por dia” e L = “lucro diário com aluguelde carros de luxo”.


CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS(a)

E(X ) = 1× 0, 30 + 2× 0, 30 + 3× 0, 20 + 4× 0, 10 = 1, 9 carros por diaE(X2) = 12 × 0, 30 + 22 × 0, 30 + 32 × 0, 20 + 42 × 0, 10 = 4, 9Var(X ) = E(X2)− [E(X )]2 = 4, 9− (1, 9)2 = 1, 29DP(X ) = 1, 1356 carros por dia(b)

E(L) = (−800)× 0.10 + 900× 0.30 + 2600× 0.30 + 4300× 0.20 ++6000× 0.10 = 2430 reaisE(L2) = (−800)2 × 0.10 + 9002 × 0.30 + 26002 × 0.30 + 43002 × 0.20+60002 × 0.10 = 9633000Var(L) = E(L2)− [E(L)]2 = 9633000− 24302 = 3728100DP(L) = 1930, 83 reais8. (a) Seja X = “número de chamadas por dia”.

E(X ) = 1× 0, 15 + 2× 0, 30 + 3× 0, 25 + 4× 0, 15 + 5× 0, 05 = 2, 35 chamadas por diaVar(X ) = 1× 0, 15 + 4× 0, 30 + 9× 0, 25 + 16× 0, 15 ++25× 0, 05− (2, 35)2 = 1, 7275DP(X ) = 1, 3143 chamadas por dia(b) Seja T = “número de chamadas em um ano”. Então,

T = 365X e E(T ) = 2, 35× 365 = 857, 759. (a) Seja X = “número de pessoas em cada carro”. Então, sua distribuição de probabili-dades é dada por

x 1 2 3 4 5p 0, 05 0, 20 0, 40 0, 25 0, 10e E(X ) = 0, 05 + 0, 40 + 1, 20 + 1, 0 + 0, 5 = 3, 15 pessoas por carro(b) Seja Y = “número de pessoas em 50 carros em 5 horas de contagem”. Então,

Y = 50× 5× X = 250X eE(Y ) = 250 E(X ) = 250× 3, 15 = 787, 5 pessoas

6.2 Capítulo 3

1. Temos uma variável aleatória de Bernoulli, a saber:X = 1 se peça é defeituosa0 se peça é não defeituosa


CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOSe P(X = 1) = 0, 10, o que implica que P(X = 0) = 0, 9.Seja Y = “número de peças defeituosas na amostra de tamanho 4”. Como as peças sãosorteadas com reposição, resulta que as extrações são independentes e a probabilidadede sucesso (“peça defeituosa”) permanece constante. Logo, Y ∼ bin(4; 0, 1) e(a) P(Y = 0) = (40)(0, 10)0(0, 9)4 = 0, 6501(b) P(Y ≥ 1) = 1− P(Y = 0) = 1− 0, 6501 = 0, 3439(c) P(Y = 1) = (41)(0, 10)(0, 9)3 = 0, 2916

2. (a) Supondo que o dado seja honesto, a distribuição de probabilidade de X éValor do desconto x 0, 30 0, 20 0, 10 0, 05P(X = x) 1/6 1/6 1/6 3/6

(b) Temos que E(X ) = 0, 30 + 0, 20 + 0, 10 + 3× 0, 056 = 0, 125ou um desconto médio de 12,5%.(c) A probabilidade de se ter um desconto maior que 10% (20% ou 30%) é de 26 . SejaY = número de clientes, em um grupo de cinco, que recebem desconto maior que10%. Então, Y ∼ bin (5; 26) . Logo,

P (Y ≥ 1) = 1− P(Y < 1)= 1− P (Y = 0)= 1− (50

)(26)0(46

)5 = 0, 868313(d) Seja Z = número de clientes que passam pelo caixa até primeiro desconto de 30%.O evento Z = 4 corresponde a 3 clientes que não têm desconto de 30% seguidosdo primeiro que tem desconto de 30%. Logo,

P (Z = 4) = (56)3(16

) = 0, 096453. Temos uma variável aleatória de Bernoulli, a saber:

X = 1 se acerta no alvo0 se não acerta no alvoe P(X = 1) = 0, 20, o que implica que P(X = 0) = 0, 8.(a) Seja Z = “número de tiros até primeiro acerto no alvo”. Então, Z = 10 significaque o atirador erra os 9 primeiros e acerta o décimo tiro:

P(Z = 10) = (0, 8)9(0, 20) = 0, 026844(b) Seja Y = “número de acertos em 10 tiros”. Então, Y ∼ bin(10; 0, 2) e

P(Y = 1) = (101 )(0, 20)(0, 8)9 = 0, 26844Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 89

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS6.3 Capítulo 4

1. (a) Veja o gráfico de f (x) na Figura 6.2 e note que f (0) = 2K e f (1) = K e f (x) é umafunção linear.A área total, que deve ser igual a 1, é a área de um trapézio com altura h = 1, basemaior igual a 2K e base menor igual a K , conforme ilustrado na Figura 6.3. Logo,1 = K + 2K2 × 1⇒ K = 23

Figura 6.2 – Gráfico da função de den-sidade f (x) Figura 6.3 – Área sob a curva de den-sidade f (x)(b) Para cada x ∈ [0, 1], FX (x) é a área de um trapézio de altura x , base menor igual a

fX (x) = 23 (2− x) e base maior igual a 43 . Veja a Figura 6.4. Logo,FX (x) = 43 + 23 (2− x)2 x = 23x + 13(2− x)x 0 ≤ x ≤ 1

Figura 6.4 – Função de distribuição como áreaComo F (x) está definida ∀x ∈ R , resulta que

FX (x) =

0 se x < 043x − 13x2 se 0 ≤ x ≤ 11 se x > 1


CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS(c) A área abaixo da mediana Q2 é 0,50, ou seja, F (Q2) = 0, 50, o que nos leva à seguinteequação:

F (Q2) = 0, 5⇒ 43Q2 − 13Q22 = 12 ⇒ 8Q2 − 2Q22 = 3⇒2Q22 − 8Q2 + 3 = 0⇒ Q22 − 4Q2 + 1, 5 = 0⇒Q2 = 4±√16− 4× 1, 52 = 4±√102A raiz que fornece solução no domínio de X é:

Q2 = 4−√102 = 0, 418862. Faça desenhos!

(a) O comprimento do intervalo (base do retângulo) é 20; logo, para a área ser 1, temosque ter altura igual a 120 = 0, 05. (Veja a Figura 6.5.) Logo,f (x) = 0, 05 20 ≤ x ≤ 400 caso contrário

Figura 6.5 – Função de densidade Unif [10, 20](b) Por simetria, a média é o ponto médio:

E(X ) = 30 minutos(c) O problema pede P(X < 30|X ≥ 25) (veja a Figura 6.6).

P(X < 30|X ≥ 25) = P(25 ≤ X < 30)P(X ≥ 25) = 5× 0, 0515× 0, 05 = 515 = 13Um erro comum na solução desse tipo de problema é vocês se esquecerem de dividirpela probabildiade do “novo” espaço amsotral. Note que foi dito que a pessoa jáesperou 25 minutos; logo, o novo espaço amostral passa ser o intervalo [25, 40] etemos que analisar a probabilidade pedida nesse novo espaço. Veja a Figura 6.6.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 91

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS

Figura 6.6 – Cálculo da probabilidade P(X < 30|X ≥ 25)3. Seja X o comprimento da barra. Então, X ∼ Unif (10; 12). Vamos definir os seguinteseventos:

S = barra vendida como sucataC = barra tem que ser cortadaP = barra perfeita

Temos as seguintes equivalências:P(S) = P(X < 10, 5) = 10, 5− 1012− 10 = 0, 25P(C ) = P(X > 11, 5) = 12− 11, 512− 10 = 0, 25P(P) = P(10, 5 ≤ X ≤ 11, 5) = 11, 5− 10, 512− 10 = 0, 5

4. (a) k ≥ 0 e a área sob a curva tem que ser 1 – essa é a área de um trapézio. Logo(k + 0, 25) · 22 = 1⇒ k = 0, 75O gráfico de f (x) = a+bx é um segmento de reta determinado pelos pontos (2; 0, 25)e (4; 0, 75). Logo,

a+ 2b = 0, 25a+ 4b = 0, 75 ⇒ 2b = 0, 5⇒ b = 0, 25⇒ a = −0, 25

ou seja,f (x) = −0, 25 + 0, 25x 2 ≤ x ≤ 4


CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS(b) Veja a Figura 6.7. A probabilidade pedida é a área de um trapézio de bases f (2, 5)e 0, 75 e altura 1, 5. Logo,

P(X ≥ 2, 5) = 0, 75 + (−0, 25 + 0, 25 · 2, 5)2 × 1, 5 = 0, 84375.(c) P(X > 3, 0 |X ≥ 2, 5) = P(X > 3, 0)P(X ≥ 2, 5)De maneiroa análoga, a probabilidade no numerador é a área do trapézio de bases0,75 e f (3) e altura 1. Logo,

P(X > 3) = (−0, 25 + 0, 25 · 3) + 0, 752 = 0, 625⇒ P(X > 3, 0 |X ≥ 2, 5) = 0, 6250, 84375 ≈ 0, 741(d) Veja a Figura 6.8. A área do trapézio sombreado tem que ser 0,6; esse é um trapéziode bases 0,25 e f (c) e altura c − 2. Logo,

P(X < c) = 0, 6⇔ 0, 25 + (−0, 25 + 0, 25c)2 × (c − 2) = 0, 6⇔ 0, 25c2 − 0, 5c − 1, 2 = 0⇔c = 0, 5±√0, 25 + 1, 20, 5

A solução no domínio de f é c = 0, 5 +√0, 25 + 1, 20, 5 ≈ 3, 408.

Figura 6.7 – P(X ) ≥ 2, 5 Figura 6.8 – P(X < c) = 0, 66.4 Capítulo 5

1. (a) Veja Figura 6.9. P(0 < Z < 1, 86) = tab(1, 86) = 0, 4686(b) Veja Figura 6.10.P(1, 23 < Z < 2, 35) = P(0 < Z < 2, 35)− P(0 < Z < 1, 23)= tab(2, 35)− tab(1, 23) = 0, 0999

(c) Veja Figura 6.11.P(Z < 1.5) = P(0 < Z < 1, 5) + P(Z ≤ 0) = tab(1, 5) + 0, 5 = 0, 9332


CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS(d) Veja Figura 6.12.

P(Z > 2) = P(0 < Z <∞)− P(0 < Z < 2) = 0, 5− tab(2) = 0, 0228(e) Veja a Figura 6.13.

P(−1, 86 < Z < 0) = P(0 < Z < 1, 86) = tab(1, 86) = 0, 4686(f ) Veja a Figura 6.14.

P(−2, 5 < Z < −1, 2) = P(1, 2 < Z < 2, 5) = tab(2, 5)− tab(1, 2) = 0, 1089(g) Veja a Figura 6.15.

P(−2 < Z < 3) = P(−2 < Z < 0) + P(0 ≤ Z < 3)= P(0 < Z < 2) + P(0 ≤ Z < 3) = tab(2, 0) + tab(3, 0) = 0, 9759(h) Veja a Figura 6.16.

P(Z > −1, 32) = P(−1, 32 < Z < 0) + P(Z ≥ 0) = P(0 < Z < 1, 32) + P(Z ≥ 0)= tab(1, 32) + 0, 5 = 0, 9066(i) Veja a Figura 6.17.

P(Z < −1, 65) = P(Z > 1, 65) = 0, 5−P(0 < Z ≤ 1, 65) = 0, 5−tab(1, 65) = 0, 0495(j) A característica relevante na solução desse item é a seguinte: a curva da densidadenormal tende a zero, ou seja, o gráfico se aproxima de zero nas duas caudas, sem,no entanto, tocar o eixo. Isso significa que para valores grandes, a probabilidadenas 2 caudas é aproximadamente 0.

P(Z < −5) = P(Z > 5) = 0(k) P(Z > −5) = 1− P(Z ≤ 5) = 1− 0 = 1

Figura 6.9 – P(0 < Z < 1, 86) Figura 6.10 – P(1, 23 < Z < 2, 35)Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 94


Figura 6.11 – P(Z < 1, 5) Figura 6.12 – P(Z > 2)

Figura 6.13 – P(−1, 86 < Z < 0) Figura 6.14 – P(−2, 5 < Z < −1, 2)

Figura 6.15 – P(−2 < Z < 3) Figura 6.16 – P(Z > −1, 32)



Figura 6.17 – P(Z < −1, 65)2. (a) Veja a Figura 6.18. Traduzindo em palavras: à esquerda de k temos que ter 80%da área. Como até 0 temos 50% da área, para completar 80 a abscissa k tem queser positiva. A abscissa k é tal que

tab(k) = 0, 30Para resolver essa equação, procuramos no corpo da tabela o valor mais próximode 0,30. Na parte inferior da Figura 6.18 apresenta-se a parte pertinente da tabelada normal padrão. Daí concluimos que k = 0, 84.

0,5=50%

0,3=30%

k

Figura 6.18 – Resolvendo P(Z < k) = 0, 80 e tab(k) = 0, 30Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 96

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS(b) Veja a Figura 6.19. Traduzindo em palavras: à direita de k temos que ter 5% daárea e, portanto, à esquerda de k temos que ter 95% da área. Logo, a abscissa ktem que ser positiva. Veja a Figura 6.19. A abscissa k é tal que

tab(k) = 0, 45Para resolver essa equação, procuramos no corpo da tabela o valor mais próximode 0,45. Da Figura 6.19 concluimos que k = 1, 645.

45%

5%

Figura 6.19 – Resolvendo P(Z > k) = 0, 05 e tab(k) = 0, 45(c) Veja a Figura 6.20. Como as abscissas são simétricas em torno do 0, cada metadetem 35% de área. A abscissa k é tal que

tab(k) = 0, 35Para resolver essa equação procuramos no corpo da tabela o valor mais próximode 0,35. Da Figura 6.20 concluimos que k = 1, 04.(d) Traduzindo em palavras: à esquerda de k temos que ter 1% da área e, portanto, aabscissa k tem que ser negativa. Por simetria, temos que ter P(Z > −k) = 0, 1.Da Figura 6.21, concluimos que a abscissa k é tal que

tab(−k) = 0, 40Para resolver essa equação, procuramos no corpo da tabela o valor mais próximode 0, 40. Da Figura 6.21 concluimos que −k = 1, 28 e, portanto, k = −1, 28.



-k k

15%

70%

15%

Figura 6.20 – Resolvendo P(−k < Z < k) = 0, 7 e tab(k) = 0, 35(e) Traduzindo em palavras: à direita de k temos que ter 69% da área e, portanto, aabscissa k tem que ser negativa. Veja a Figura 6.22.Por simetria, temos que ter P(0 < Z < −k) = 0, 19. A abscissa k é tal que

tab(−k) = 0, 19Para resolver essa equação, procuramos, no corpo da tabela, o valor mais próximode 0.19. Da Figura 6.22 resulta que −k = 0, 50 e, portanto, k = −0, 50.(f ) Note a equivalência:

P(|Z | > k = 0, 05)⇔ P(|Z | ≤ k) = 0, 95⇔ P(−k ≤ Z ≤ k) = 0, 95e veja ilustração dada na Figura 6.23.A abscissa k é tal que.

tab(k) = 0, 475Procurando no corpo da tabela obtemos que k = 1, 96 (veja Figura 6.23).3. Faça desenhos! Compare a probabilidade pedida com probabilidades equivalentes da-das como exemplos na apostila ou nos exercícios anteriores.

(a) Pr(−2, 34 ≤ Z ≤ 1, 02) = tab(1, 02) + tab(2, 34) == 0, 34614 + 0, 49036 = 0, 83650Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 98


k -k

0,1 0,1

0,4

Figura 6.21 – Resolvendo P(Z < k) = 0, 1 e tab(−k) = 0, 40(b) Pr(1, 36 ≤ Z ≤ 4, 50) = tab(4, 50)− tab(1, 36) =0, 5− 0, 41308 = 0, 08692(c) Pr(Z ≥ −2, 35) = 0, 5 + tab(2, 35) = 0, 5 + 0, 49061 =0, 990 61(d) Pr(Z > 4, 80) = 0, 5− tab(4, 80) = 0, 5− 0, 5 = 0(e) Pr(Z ≤ −4, 89) = Pr(Z ≥ 4, 89) = 0, 5− tab(4, 89) == 0, 5− 0, 5 = 0(f ) Pr(1, 54 ≤ Z < 3, 12) = tab(3, 12)− tab(1, 54) =0, 49910− 0, 43822 = 0, 060 88(g) Pr(−1, 22 < Z < −0, 89) = Pr(0, 89 < Z < 1, 22) =tab(1, 22)− tab(0, 89) = 0, 38877− 0, 31327 = 0, 07550(h) Pr(Z < −2) = Pr(Z > 2) = 0, 5− tab(2, 0) = 0, 5− 0, 47725 = 0, 022 75(i) Pr(Z > −2) = 0, 5 + tab(2, 0) = 0, 5 + 0, 47725 = 0, 977 25(j) Pr(−2, 56 < Z < 5, 00) = tab(5, 00) + tab(2, 56) =0, 5 + 0, 49477 = 0, 994 77

4. (a) P(−2, 34 ≤ Z ≤ 1, 02) = Φ(1, 02)− Φ(−2, 34) =0, 84614− 0, 00964 = 0, 83650(b) P(1, 36 ≤ Z ≤ 4, 50) = Φ(4, 50)− Φ(1, 36) = 1, 0− 0, 91308 = 0, 08692(c) P(Z ≥ −2, 35) = 1, 0− Φ(−2, 35) = 1, 0− 0, 00939 = 0, 990 61Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 99


k

0,19

0,50

Figura 6.22 – Resolvendo P(Z > k) = 0, 69 e tab(−k) = 0, 19(d) P(Z > 4, 80) = 1, 0− Φ(4, 80) = 1, 0− 1, 0 = 0(e) P(Z ≤ −4, 89) = Φ(−4, 89) = 0(f ) P(1, 54 ≤ Z < 3, 12) = Φ(3, 12)− Φ(1, 54) =0, 99910− 0, 93822 = 0, 060 88(g) P(−1, 22 < Z < −0, 89) = Φ(−0, 89)− Φ(−1, 22) =0, 18673− 0, 11123 = 0, 07550(h) P(Z < −2) = P(Z ≤ −2) = Φ(−2, 0) = 0, 022 75(i) P(Z > −2) = 1, 0− Φ(−2, 0) = 1, 0− 0, 02275 = 0, 97725(j) P(−2, 56 < Z < 5, 00) = Φ(5, 00)− Φ(−2, 56) =1, 0− 0, 00523 = 0, 994 77

5. Na solução de problemas envolvendo a distribuição normal, é FUNDAMENTAL que vocêexplicite a relação entre os eventos da variável normal X e a variável normal padronizadaZ . Veja a expressão em negrito na solução dos exercícios. Faça gráficos! Sombreie aárea correspondetne à probabilidade pedida.(a) Veja a Figura 6.24.

P(X < 6) = P(Z < 3− 52

) = P(Z < −1) = P(Z > 1) = 0, 5− tab(1) = 0.158 66Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 100


-k

2,5% 2,5%

k

47,5%47,5%

Figura 6.23 – Resolvendo P(|Z | > k) = 0, 05 e tab(k) = 0, 475(b) Veja a Figura 6.25.

P(X ≥ 1,8) = P(Z ≥1,8− 52

) = P(Z ≥ −1, 6) = 0, 5 + tab(1, 6) = 0, 94520(c) Veja a Figura 6.26.

P(X < 6) = P(Z < 6− 52

) = P(Z < 0, 5) = 0, 5 + tab(0, 5) = 0, 69146(d) Veja a Figura 6.27.

P(X > 2,5) = P(Z > 2,5− 52

) = P(Z > −1, 25) = 0, 5 + tab(1, 25) = 0, 89435(e) Veja a Figura 6.28.

P(1,7≤ X ≤ 6,3) = P(1.7− 52 ≤ Z ≤ 6.3− 5

2

) = P(−1, 65 ≤ Z ≤ 0, 65)= tab(0.65) + tab(1, 65) = 0.24245 + 0.45053 = 0.692 98(f ) Note que 5 é a média e como a média coincide com a mediana (distribuição simé-trica) acima e abaixo dela tem 50% da probabilidade.

P(X ≥ 5) = P(Z ≥ 0) = 0, 5Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 101


P(Z < -1) P(Z > 1)

-1 1

Figura 6.24 – P(X < 3) = P(Z < −1)

-1,6

Figura 6.25 – P(X ≥ 1, 8) = P(Z ≥ −1, 6)

0,5

Figura 6.26 – P(X < 6) = P(Z < 0, 5)

-1,25

Figura 6.27 – P(X ≥ 2, 5) = P(Z ≥ −1, 25)

-1,65 0,65

Figura 6.28 – P(1, 7 ≤ X ≤ 6, 3) = P(−1, 65 ≤Z ≤ 0, 656. (a) Como a área à direita de k é maior que 0,5, k tem que ser menor que a média; emtermos da abscissa padronizada, esta deve ser negativa!

P(X > k) = 0, 80 ⇔ P(Z > k − 52) = 0, 80⇔ tab

(−k − 52

) = 0, 30⇔ 5− k2 = 0, 84⇔ k = 3, 32


CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS(b)

|x| > k ⇔ x > k ou x < −k|x| < k ⇔ −k < x < k

P(|X − 5| < k) = 0, 80 ⇔ P(∣∣∣∣X − 52∣∣∣∣ < k2

) = 0, 80⇔ P(|Z | < k2

) = 0, 80⇔ P(−k2 < Z < k2) = 0, 80

⇔ 2× tab(k2) = 0, 80⇔ tab

(k2) = 0, 40

⇔ k2 = 1, 28⇔ k = 2, 56(c) k tem que ser maior que média, pois a probabilidade à esquerda dele é maior que0,5.

P(X < k) = 0, 75 ⇔ P(Z < k − 52) = 0, 75⇔ 0, 5 + tab(k − 52

) = 0, 75⇔ tab

(k − 52

) = 0, 25⇔ k − 52 = 0, 67⇔ k = 6, 34(d) k tem que ser menor que a média!

P(X < k) = 0, 05 ⇔ P(Z < k − 52) = 0, 05⇔ P(Z > −k − 52

) = 0, 05⇔ tab

(−k − 52

) = 0, 45⇔ 5− k2 = 1, 64⇔ k = 72(e) k tem que ser maior que a média!

P(X > k) = 0, 05 ⇔ P(Z > k − 52) = 0, 05

⇔ tab(k − 52

) = 0, 45⇔ k − 52 = 1, 64⇔ k = 8, 287. (a) Seja X a v.a. que representa o peso (em gramas) das latas; então, X ∼ N(995; 102).

P(X < 976) = P(Z < 976− 99510) = P(Z < −1, 9) = P(Z > 1, 9)= 0, 5− tab(1, 9) = 0.5− 0.4713 = 0.0287ou seja, 2,87% das embalagens são rejeitados.(b) Vamos denotar por Ri o evento “embalagem i é rejeitada” e por Ai o evento “em-balagem i não é rejeitada”. Então, P(Ri) = 0, 0287 e P(Ai) = 1− 0.0287 = 0.971 3.Se D é o evento “décima embalagem é a primeira rejeitada”, temos que

D = A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ A9 ∩ R10Supondo independência entre os sorteios (hipótese bastante razoável), temos queP(D) = P(A1)× P(A2)× · · · × P(A9)× P(R10)= (1− 0.0287)9 × 0.0287 = 0, 02208Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 103

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS(c) Seja X o número de latas rejeitadas na sequência de 20; então, X ∼ bin(20; 0, 0287)e P(X = 3) = (203 ) (0.0287)3 (1− 0.0287)17 = 0, 01643

8. (a) Seja X a v.a. que representa o volume (em ml) das latas; então, X ∼ N(342; 42)P(X < 333) = P(Z < 333− 3424

) = P(Z < −2, 25) = P(Z > 2, 25)= 1− Φ(2, 25) = 1− 0, 98778 = 0, 012221,22% das latas são rejeitadas.(b) Vamos denotar por Ri o evento “lata i é rejeitada” e por Ai o evento “lata i não érejeitada”. Do item anterior, resulta que P(Ri) = 0, 01222 e P(Ai) = 1− 0.01222 =0.98778. Se D é o evento “quinta lata é a primeira rejeitada”, temos que

D = A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ R5Supondo independência entre os sorteiros (hipótese bastante razoável), temos que

P(D) = P(A1)× P(A2)× P(A3)× P(A4)× P(R5)= 0.987784 × 0.01222 = 0, 01163(c) Seja X o número de latas rejeitadas na sequência de 10; então, X ∼ bin(10; 0, 01222)e

P(X = 2) = (102 )× (0, 01222)2 × (1− 0, 01222)8 = 0, 0060902739. Seja T a variável que representa o tempo de execução da tarefa. Então, T ∼ N(12; 22).Sejam os eventos R = “tempo de execução menor que 10 minutos”; N =“tempo deexecução entre 10 minutos e 17 minutos”; L =“tempo de execução maior que 17 minutos”;E =“tarefa com erro”; C =“tarefa certa”. O diagrama de árvore da Figura 6.29 auxiliana solução da questão.

Figura 6.29 – Espaço amostral para a questão 5Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 104

CAPÍTULO 6. SOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOSNo enunciado temos as seguintes probabilidades:

P(E |R) = 0, 15 P(E |N) = 0, 07 P(E |L) = 0, 04(a) P(R) = P(T < 10) = P(Z < −1) = P(Z > 1) = 0, 5− tab(1) = 0, 15866(b)

P(L) = P(T > 17) = P(Z > 2, 5) = 0, 5− tab(2, 5) = 0, 5− 0, 49379 = 0, 00621(c)

P(E) = P(R ∩ E) + P(L ∩ E) + P(N ∩ E) == 0.15866× 0.15 + 0.00621× 0.04 + (1− 0.15866− 0.00621)× 0.07= 0.023799 + 0, 000248 + 0, 058459 = 0, 082506(d) P(L|E) = P(L ∩ E)P(E) = 0.00621× 0.040.082506 = 0, 003011


Apêndice A

Revisão de análise combinatória

Nesta seção, iremos trabalhar com espaços amostrais finitos. Veremos, então, diversas téc-nicas de contagem do número de elementos de eventos desses espaços amostrais. Dado umevento qualquer A, representaremos por n(A) o número de elementos de A.A.1 Princípio Fundamental da Adição

Sejam A e B eventos aleatórios de um espaço amostral Ω finito.Se A e B são mutuamente exclusivos, então,

A ∩ B = ∅ =⇒ n(A ∪ B) = n(A) + n(B) (A.1)A definição de eventos mutuamente exclusivos generaliza-se para mais de dois eventos.Nesse caso, devemos analisar a interseção de todos os pares de eventos. Mais precisamente,dada uma coleção de eventos A1,A2,· · · ,Ak de um espaço amostral Ω, dizemos que eles sãomutuamente exclusivos dois a dois se Ai ∩ Aj = ∅ ∀i 6= j . Veja a Figura A.1.

Figura A.1 – Eventos mutuamente exclusivos dois a doisNesse caso, a cardinalidade da união é dada pelo princípio fundamental da adição.

106

APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIA! Princípio Fundamental da Adição

Consideremos uma coleção de eventos mutuamente exclusivos dois a dois,tais que n(Ai) = ni, i = 1, · · · , k . O princípio fundamental da adição esta-belece queAi ∩ Aj = ∅ ∀i 6= j =⇒ n

( k⋃i=1Ai

) = k∑i=1 n (Ai) = n1 + · · ·+ nk (A.2)

A.2 Princípio Fundamental da Multiplicação

Para ilustrar o segundo princípio fundamental da contagem, considere o experimento aleatórioque consiste no sorteio aleatório de um homem e uma mulher de um grupo de pessoas formadopor três homens (h1, h2, h3) e cinco mulheres (m1, m2, m3, m4, m5). Qual é a cardinalidade doespaço amostral desse experimento, ou seja, quantos casais podem ser formados com essaspessoas?O espaço amostral é

Ω = h1m1, h1m2, h1m3, h1m4, h1m5,h2m1, h2m2, h2m3, h2m4, h2m5,h3m1, h3m2, h3m3, h3m4, h3m5,

Mas se o nosso interesse se resume apenas ao número de elementos de Ω, devemos notarque há cinco casais nos quais o homem é h1, cinco nos quais o homem é h2 e outros cinconos quais o homem é h3, perfazendo um total de 3 × 5 = 15 casais. Esse exemplo ilustra oprincípio fundamental da multiplicação.

! Princípio Fundamental da MultiplicaçãoQuando há k decisões d1, d2, . . . , dk que podem ser toma-das de n1, n2, . . . , nk maneiras, respectivamente, então o nú-mero de maneiras de tomar as decisões d1 e d2 e · · · e dk én1 × n2 × · · · × nk .

Note que o princípio da multiplicação permite obter o número de elementos do es-paço amostral formado pelos casais sem a necessidade de fazer essa enumeração enfadonha!Imagine se fossem 100 homens e 200 mulheres!Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 107

APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIAEXEMPLO A.1 Números naturais de três algarismos distintos

Quantos números naturais de três algarismos distintos existem?Solução

Para o primeiro algarismo (milhar), há nove possibilidades, já que o zero não pode ocupara primeira posição. Para a segunda posição, já escolhida a primeira, sobram nove algarismos(agora já podemos considerar o zero) e, para a terceira, escolhidos os dois primeiros, sobramoito algarismos. Logo, existem 9×9×8 = 648 números. (Já pensou o trabalho que seria listartodos eles?)

EXEMPLO A.2 Portas de um prédio

Um prédio possui oito portas. De quantas maneiras posso entrar e sair desse prédio, se nãoquiser usar na saída a mesma porta usada na entrada?Solução

Para a entrada, posso escolher qualquer uma das oito portas. Escolhida a porta deentrada, restam sete para a saída. Logo, há 8×7 = 56 maneiras dese entrar e sair por portasdiferentes.

EXEMPLO A.3 Números pares de três algarismos distintos

Quantos números pares de três algarismos distintos podemos formar com os algarismos1, 2, 3, 4, 5 e 6?Solução

Para que o número seja par, ele deve terminar com 2, 4 ou 6. Seja, então, P o eventode interesse. Vamos denotar por A2 o evento “número par que termina com 2” e, de maneiraanáloga, definiremos os eventos A4 e A6. Resulta que A2, A4 e A6 são mutuamente exclusivosdois a dois e P = A2∪A4∪A6. Pelo princípio da adição, resulta que n(P) = n(A2)+n(A4)+n(A6).Para calcular n(A2), note que o último algarismo é 2 e sobram duas posições paraserem preenchidas com algarismos distintos e escolhidos entre 1, 3, 4, 5, 6. Para a primeiraposição, temos cinco possibilidades. Escolhida a primeira posição, restam quatro algarismospara a segunda posição. Pelo principio fundamental da multiplicação, há 5× 4 = 20 númerospares com três algarismos distintos terminando com 2, ou seja, n(A2) = 20. Analogamente,n(A4) = 20 e n(A6) = 20, o que implica que n(P) = 20 + 20 = 20 = 60.


APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIAA.3 Permutações

Consideremos quatro objetos distintos a1, a2, a3, a4. De quantas maneiras podemos ordená-los? Vamos listar todas as possibilidades.a1a2a3a4 a1a2a4a3 a1a3a2a4 a1a3a4a2a1a4a2a3 a1a4a3a2 a2a1a3a4 a2a1a4a3a2a3a1a4 a2a3a4a1 a2a4a1a3 a2a4a3a1a3a1a2a4 a3a1a4a2 a3a2a1a4 a3a2a4a1a3a4a1a2 a3a4a2a1 a4a1a2a3 a4a1a3a2a4a2a1a3 a4a2a3a1 a4a3a1a2 a4a3a2a1

Cada uma dessas ordenações é chamada de permutação simples. Podemos ver que onúmero de tais permutações é bem grande. Note que, para apenas quatro objetos, temos 24permutações. O cálculo do número de permutações é uma consequência direta do princípioda multiplicação.Consideremos, então, n objetos distintos a1, a2, . . . , an. Para a primeira posição, temos

n possibilidades. Para a segunda, escolhida a primeira, sobram n−1 objetos. Para a terceira,escolhidas a primeira e a segunda posições, sobram n−2 objetos. Continuando, para a últimaposição, escolhidas as n− 1 anteriores, sobra apenas 1 objeto.Pelo princípio da multiplicação, o número total de permutações, que denotaremos por

Pn é n × (n − 1) × (n − 2) × · · · × 1, e esse número, por definição, é o fatorial de n. Temos,assim, o seguinte resultado.! Permutações simples

Dados n objetos distintos, o número de permutações simples de tais ob-jetos é dado porPn = n× (n− 1)× (n− 2)× · · · × 2× 1 = n! (A.3)

EXEMPLO A.4 Filas

Quantas filas diferentes podemos formar com cinco crianças?Solução

Essa é exatamente a definição de permutação. Logo, o número de filas é 5! = 5 × 4 ×3× 2× 1 = 120.


APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIAEXEMPLO A.5 Livros em uma estante

Temos cinco livros de Estatística, três livros de Matemática Financeira e quatro livrosde Contabilidade. De quantas maneiras podemos organizar esses livros em uma prateleira?Qual seria a sua resposta se os livros do mesmo assunto tivessem que ficar juntos?Solução

Ao todo, há 12 livros; logo, se não é necessário agrupar por assunto, existem 12! =479.001.600 maneiras de se organizar os livros.Se os livros do mesmo assunto têm de ficar juntos, devemos observar que, primeiro,temos que contar os modos de organização dos assuntos. Como são três, há 3! = 6 modosde organização. Para os livros de Estatística, há 5! = 120 maneiras de organizá-los; para oslivros de Matemática Financeira, 3! = 6, e, para os livros de Contabilidade, 4! = 24.Pelo princípio fundamental da multiplicação,o número total de maneiras de organizar os12 livros, de modo que os livros do mesmo assunto fiquem juntos, é 6×6×120×24 = 103.680maneiras. Note que é razoável que esse número seja menor, pois estamos impondo condiçõesrestritivas na organização.

EXEMPLO A.6 Assentos em um banco

Cinco moças e cinco rapazes devem sentar em cinco bancos de dois lugares, de modoque, em cada banco, fique uma moça e um rapaz. De quantas maneiras podemos fazer isso?Solução

Comecemos com as meninas. A primeira menina pode escolher qualquer um dos 10lugares. Logo, ela tem 10 possibilidades. Já a segunda só tem 8, porque ela não pode sesentar junto à primeira. Analogamente, a terceira tem 6 possibilidades, a quarta, 4, e aquinta, 2.Definidas as posições das meninas, temos cinco rapazes para sentar em cinco lugares,o que pode ser feito de 5! maneiras. Logo, o número total de possibilidades, pelo princípiofundamental da multiplicação, é 10× 8× 6× 4× 2× 5! = 3.840× 120 = 460.800.

EXEMPLO A.7 Anagramas1 de TEORIA

Considere a palavra TEORIA.1. Quantos anagramas podemos formar?1Anagrama: Palavra ou frase formada pela transposição das letras de outra palavra ou frase.“E dizem que a Iracema do romance de Alencar é o anagrama de América” (João Ribeiro, Curiosidades verbais, p.76).


APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIA2. Quantos anagramas começam com a letra T?3. Quantos anagramas começam com a letra T e terminam com A?4. Quantos anagramas têm todas as vogais juntas?

Solução

Note que o conceito de anagrama é o mesmo de permutação.1 Como há seis letras diferentes, o número de anagramas é 6! = 6× 5× 4× 3× 2× 1 = 720.2 Fixada a letra T na primeira posição, as outras cinco podem ser organizadas de 5! = 120maneiras diferentes.3 Fixadas a primeira e a última letras, as outras quatro podem ser organizadas de 4! = 24maneiras.4 Há quatro vogais. Esse bloco pode ser organizado de 4! = 24 maneiras. Há 3! = 6maneiras diferentes de se juntar esse bloco com as duas consoantes. Logo, o número totalé 24× 6 = 144.

A.4 Permutações de objetos não todos distintos

Considere a palavra URUGUAI: quantos anagramas podemos formar a partir dela? A novidadenesse exemplo é que há 3 letras U’s, que não podem ser diferenciadas. Para lidar com essasituação, começamos “fingindo” que as 3 letras U’s são diferentes; então, temos 7 letras e onúmero total de permutações é 7!. Por sua vez, as 3 letras U’s podem ser arrumadas de 3!maneiras, mas como elas são iguais, todas essas 3! permutações são idênticas. Veja algunsexemplos a seguir, onde colocamos um subscrito para identificar as letras U’s:U1RU2GU3AI U1RU2GU3AI U1RU2GU3AIU1RU3GU2AI U1RU3GU2AI U1RU3GU2AIU2RU1GU3AI U2RU1GU3AI U2RU1GU3AIU2RU3GU1AI U2RU3GU1AI U2RU3GU1AIU3RU1GU2AI U3RU1GU2AI U3RU1GU2AIU3RU2GU1AI U3RU2GU1AI U3RU2GU1AI

Em cada coluna, temos permutações idênticas. O número de elementos em cada colunacorresponde ao número de permutações das 3 letras U’s. Então, cada coluna tem 3! permuta-ções idênticas, ou seja, de cada 3! permutações, precisamos de apenas 1. Assim, para corrigiressa múltipla contagem, temos que dividir o total de 7! por 3!Esse exemplo ilustra a seguinte situação geral.


APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIADEFINIÇÃO Permutações de objetos nem todos distintos

São dados n objetos, dos quais n1 são iguais entre si, n2 são iguais entresi e distintos dos demais, ...., nk são iguais entre si e distintos de todos osrestantes. Então, n = n1 +n2 + · · ·+nk e o número de permutações dessesobjetos é dado porPn1,n2,...,nkn = ( n

n1, n2, · · · , nk) = n!

n1!n2! . . . nk ! n = k∑i=1 ni (A.4)

EXEMPLO A.8 Lançamento de um dado

Um dado é jogado 20 vezes. De quantas maneiras podemos obter 6 1s, 5 2s, 2 3s, 2 4s, 3 5se 2 6s?Solução

Temos uma sequência com 20 números, dos quais 6 são iguais a 1, 5 são iguais a 2, doissão iguais a 3, dois são iguais a 4, 3 são iguais a 5 e dois são iguais a 6. Como não podemosdistinguir entre os números de cada bloco, a resposta é20!6!5!2!2!3!2!

EXEMPLO A.9 Sucessos e fracassos em um experimento binomial

Considere um experimento binomial com parâmetros 5 e p, ou seja, temos 5 repetições in-dependentes de um experimento de Bernoulli com probabilidade p de sucesso. De quantasmaneiras podemos obter 2 sucessos? Generalize o resultado para n tentativas para obter aprobabilidade de se obter k sucessos, k = 0, 1, · · ·n.Solução

Em 5 tentativas, se ocorrem 2 sucessos, ocorrem também 3 fracassos. O número demaneiras de obtermos 2 sucessor e 3 fracassos é(52) = 5!2!3!

Vamos usar índices para identificar os sucessos e fracassos. Então as seguintes sequên-cias de resultados correspondem a maneiras diferentes de obtermos 2 sucessos:S1F1S2F2F3F1S1S2F2F2


APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIAMas as sequências abaixo são iguais, pois não podemos diferenciar os sucessos ou fracassos:

S1F1S2F2F3S2F2S1F2F3S2F2S1F1F3

Por isso divide-se o total por 2!× 3!.O resultado geral é o seguinte: se temos n repetições independentes de um experimentode Bernoulli com probabilidade p de sucesso, o número de maneiras de se obter k sucessose, portanto, n− k fracassos é

(nk

) = n!k!(n− k)! (A.5)

Logo, a probabilidade de k sucessos em n repetições independentes de um experimentode Bernoulli com probabilidade p de sucesso éPr(X = k) = (nk

)pk (1− p)n−k

A.5 Arranjos

Na definição de permutação, consideramos ordenações de todos os objetos. Mas é possívelque queiramos ordenar apenas k dos n objetos, onde k ≤ n. Nesse caso, teremos a definiçãode arranjo simples.Suponhamos, por exemplo, que quatro pessoas, dentre dez, serão sorteadas. Quantasfilas podemos formar com as quatro sorteadas?Como no caso das permutações, para a primeira posição da fila, temos disponíveis as 10pessoas. Para a segunda, temos 9; para a terceira, temos 8, e para a quarta e última posição,temos 7. Logo, o número total de filas com as quatro pessoas sorteadas é 10×9×8×7 = 5.040.Note que, para a quarta posição, já escolhemos as três anteriores; assim, sobram apenas(10− 3) = [10− (4− 1)]. Outra observação interessante é a seguinte:

10× 9× 8× 7 = (10× 9× 8× 7)× (6× 5× 4× 3× 2× 1)(6× 5× 4× 3× 2× 1)= (10× 9× 8× 7)× 6!6!= 10!6! = 10!(10− 4)!Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 113

APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIAVamos ver, agora, o caso geral. Para calcular o número de arranjos de k dentre nobjetos distintos, devemos notar que, para a primeira posição, existem n possibilidades. Paraa segunda, n− 1 possibilidades. Para a k-ésima e última posição, já foram escolhidos k − 1objetos, portanto, sobram n− (k−1), ou seja, para a k-ésima posição, há n− (k−1) = n−k+1possibilidades.Logo, o número total de arranjos de k elementos, tomados dentre n objetos distinos é

n× (n− 1)× · · · × (n− k + 1) . Vamos denotar por Akn esse número.Akn = n× (n− 1)× · · · × (n− k + 1)

Vamos usar o mesmo artifício para simplificar essa fórmula.Akn = n× (n− 1)× · · · × [n− (k − 1)]= n× (n− 1)× · · · × [n− (k − 1)]× (n− k)!(n− k)! =

= n× (n− 1)× · · · × (n− k + 1)× (n− k)× (n− k − 1)× · · · × 2× 1(n− k)! == n!(n− k)!

! Arranjos simplesDados n objetos distintos, o número de arranjos simples de k objetosdentre n, denotado por Akn, é

Akn = n!(n− k)! (A.6)

É importante notar que, sendo a definição de arranjo uma generalização de permutação(note que uma permutação é um arranjo em que k = n), a ordem dos elementos é relevante,ou seja, a1a2a3 é diferente de a3a1a2.EXEMPLO A.10 Campeonato de futebol

Em um campeonato de futebol, concorrem 20 times. Quantas possibilidades existempara os três primeiros lugares?Solução

A resposta é A320, pois a ordem faz diferença nesse caso. Note queA320 = 20!17! = 20× 19× 18× 17!17! = 20× 19× 18 = 6.840


APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIA

EXEMPLO A.11 Comissões

De um grupo de 15 pessoas, deve ser formada uma comissão com um presidente, umvice-presidente e um secretário. Quantas comissões é possível formar?Solução

A ordem aqui importa, já que os cargos não são equivalentes. Assim, a solução éA315 = 15!12! = 12× 11× 10 = 1320

EXEMPLO A.12 Segredo de cofre

O segredo de um cofre é formado por uma sequência de três dígitos escolhidos entre0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Suponha que uma pessoa saiba que o segredo é formado por trêsalgarismos distintos. Qual o número máximo de tentativas que ela terá de fazer para abrir ocofre?Solução

Nos segredos de cofre, a ordem importa. Como os algarismos são distintos, a respostaé A310 = 10× 9× 8 = 720.

A.6 Combinações simples

Vamos considerar agora, a situação análoga a um arranjo em que a ordem não importa, ouseja, a1a2a3 é igual a a3a1a2.A título de ilustração, consideremos uma situação na qual temos cinco objetos distintosdos quais vamos selecionar três. Como visto, o número de arranjos é 5!2! = 60. Vamos listá-los.Objetos envolvidos(1,2,3) (1,2,4) (1,2,5) (1,3,4) (1,3,5) (1,4,5) (2,3,4) (2,3,5) (2,4,5) (3,4,5)a1a2a3 a1a2a4 a1a2a5 a1a3a4 a1a3a5 a1a4a5 a2a3a4 a2a3a5 a2a4a5 a3a4a5a1a3a2 a1a4a2 a1a5a2 a1a4a3 a1a5a3 a1a5a4 a2a4a3 a2a5a3 a2a5a4 a3a5a4a2a1a3 a2a1a4 a2a1a5 a3a1a4 a3a1a5 a4a1a5 a3a2a4 a3a2a5 a4a2a5 a4a3a5a2a3a1 a2a4a1 a2a5a1 a3a4a1 a3a5a1 a4a5a1 a3a4a2 a3a5a2 a4a5a2 a4a5a3a3a1a2 a4a1a2 a5a1a2 a4a1a3 a5a1a3 a5a1a4 a4a2a3 a5a2a3 a5a2a4 a5a3a4a3a2a1 a4a2a1 a5a2a1 a4a3a1 a5a3a1 a5a4a1 a4a3a2 a5a3a2 a5a4a2 a5a4a3


APÊNDICE A. REVISÃO DE ANÁLISE COMBINATÓRIAA listagem acima está organizada de modo que, em cada coluna, os objetos envolvidossejam os mesmos. Note o seguinte: como a ordem aqui não importa, os elementos de cadacoluna são iguais. Sendo assim, só precisamos de um deles. Mas, em cada coluna, temos aspermutações dos três objetos envolvidos. Logo, o número de elementos, em cada coluna desseexemplo, é 3! = 6. Como só precisamos de um de cada 3!, o número total é603! = 5!2!3! .Ilustramos com esse exemplo o conceito e o cálculo do número de combinações simplesde n elementos distintos tomados de k a k . Dado um conjunto de n elementos distintos,a combinação dos n elementos tomados de k a k nos dá o número de subconjuntos com kelementos (note que, em um conjunto, a ordem dos elementos não importa).

! Combinações simplesDados n objetos distintos, o número de combinações simples de k elemen-tos distintos, tomados dentre os n, é

C kn = Aknk! = n!(n− k)!k! = (nk

) (A.7)O número (nk) é chamado de número ou coeficiente binomial, ou ainda,número combinatório.

Note a diferença: no conceito de arranjo, estamos lidando com sequências de k elemen-tos, enquanto no conceito de combinação, estamos lidando com subconjuntos. Nas sequências,a ordem dos elementos é relevante, mas não nos subconjuntos.EXEMPLO A.13 Comissão

De um grupo de oito homens e cinco mulheres, devem ser escolhidos três homens e trêsmulheres para formar uma comissão. Quantas comissões podem ser formadas se João e Maria,que pertencem ao grupo original, não aceitarem participar em conjunto da comissão?Solução

O número total de comissões é (83)×(53) = 560,. O número de comissões em queMaria e João estão juntos é dado por

(72)×(42) = 7!2!5! × 4!2!2! = 7× 62 × 4× 32 = 126

Logo, o número de comissões em que João e Maria não estão juntos é 560− 126 = 434.Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 116


EXEMPLO A.14 Cartas de um baralho

Considere o experimento aleatório que consiste na extração aleatória de três cartas deum baralho normal de 52 cartas. Calcule o número de elementos de cada um dos seguinteseventos:1. E = “todas as três do naipe de espadas”;2. M =“todas as três cartas de mesmo naipe”;3. D =“todas as três cartas de naipes diferentes”.

Solução

1 Existem 13 cartas de espadas. Logo,n(E) = (133

) = 13!3!10! = 13× 12× 113× 2 = 2862 O mesmo cálculo feito no item anterior vale para os 4 naipes. Sejam E , C , P , O os eventos“três cartas de espadas”, “três cartas de copas”, “três cartas de paus” e “três cartas de ouro”,respectivamente. Então, como são eventos mutuamente exclusivos, de M = E ∪ C ∪ P ∪ O,resulta que

n(M) = n(E) + n(C ) + n(P) + n(O) = 286× 4 = 11443 Para a primeira carta, temos 52 possibilidades – qualquer carta serve. Para a segunda carta,temos que excluir as do mesmo naipe da primeira; logo, sobram 39. Para a terceira, temosque excluir as dos dois naipes anteriores; logo, sobram 26. Pelo princípio da multiplicação,resulta que

n(D) = 52× 39× 26 = 52.728Note que o evento D não é o complementar de M , pois, por exemplo, a sequência CCEpertence ao complementar de M , mas não pertence ao evento D.

EXEMPLO A.15 Time de futebol

Para a seleção brasileira de futebol, foram convocados 2 goleiros, 6 zagueiros, 7 meios-de-campo e 4 atacantes. De quantos modos é possível escalar a seleção com 1 goleiro, 4zagueiros, 4 meios-de-campo e 2 atacantes?Solução(21)×(64)×(74)×(42) = 6.300Departamento de Estatística - Ana Maria Farias 117


EXEMPLO A.16 Torneios

Em um torneio no qual cada participante enfrenta todos os demais, são jogadas 780partidas. Quantos são os participantes?Solução

Cada jogador tem n−1 oponentes. Logo, existem n× (n−1) maneiras de selecionar doisparticipantes. Como a ordem dos dois selecionados não importa, o número total de partidasé n× (n− 1)2 . Logo,n× (n− 1)2 = 780⇒ n2 − n− 1.560 = 0⇒ n = 1±√1 + 6.2402 = 1± 792

As raízes de tal equação são n = 40 e n = −39. Como n deve ser positivo, a solução én = 40 partidas.


Apêndice B

Tabelas da Distribuição Normal

• Tabela 1: Tabela da normal padrão – p = P(0 ≤ Z ≤ z)• Tabela 2: Tabela da distribuição acumulada da normal padrão – Φ(z) = P(Z ≤ z), z ≥ 0

119

APÊNDICE B. TABELAS DA DISTRIBUIÇÃO NORMALTabela 1

Valores de p

p = P(0 < Z < z )

Casa inteira

Decimal 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0,0 0,0000 0,0040 0,0080 0,0120 0,0160 0,0199 0,0239 0,0279 0,0319 0,0359

0,1 0,0398 0,0438 0,0478 0,0517 0,0557 0,0596 0,0636 0,0675 0,0714 0,0753

0,2 0,0793 0,0832 0,0871 0,0910 0,0948 0,0987 0,1026 0,1064 0,1103 0,1141

0,3 0,1179 0,1217 0,1255 0,1293 0,1331 0,1368 0,1406 0,1443 0,1480 0,1517

0,4 0,1554 0,1591 0,1628 0,1664 0,1700 0,1736 0,1772 0,1808 0,1844 0,1879

0,5 0,1915 0,1950 0,1985 0,2019 0,2054 0,2088 0,2123 0,2157 0,2190 0,2224

0,6 0,2257 0,2291 0,2324 0,2357 0,2389 0,2422 0,2454 0,2486 0,2517 0,2549

0,7 0,2580 0,2611 0,2642 0,2673 0,2704 0,2734 0,2764 0,2794 0,2823 0,2852

0,8 0,2881 0,2910 0,2939 0,2967 0,2995 0,3023 0,3051 0,3078 0,3106 0,3133

0,9 0,3159 0,3186 0,3212 0,3238 0,3264 0,3289 0,3315 0,3340 0,3365 0,3389

1,0 0,3413 0,3438 0,3461 0,3485 0,3508 0,3531 0,3554 0,3577 0,3599 0,3621

1,1 0,3643 0,3665 0,3686 0,3708 0,3729 0,3749 0,3770 0,3790 0,3810 0,3830

1,2 0,3849 0,3869 0,3888 0,3907 0,3925 0,3944 0,3962 0,3980 0,3997 0,4015

1,3 0,4032 0,4049 0,4066 0,4082 0,4099 0,4115 0,4131 0,4147 0,4162 0,4177

1,4 0,4192 0,4207 0,4222 0,4236 0,4251 0,4265 0,4279 0,4292 0,4306 0,4319

1,5 0,4332 0,4345 0,4357 0,4370 0,4382 0,4394 0,4406 0,4418 0,4429 0,4441

1,6 0,4452 0,4463 0,4474 0,4484 0,4495 0,4505 0,4515 0,4525 0,4535 0,4545

1,7 0,4554 0,4564 0,4573 0,4582 0,4591 0,4599 0,4608 0,4616 0,4625 0,4633

1,8 0,4641 0,4649 0,4656 0,4664 0,4671 0,4678 0,4686 0,4693 0,4699 0,4706

1,9 0,4713 0,4719 0,4726 0,4732 0,4738 0,4744 0,4750 0,4756 0,4761 0,4767

2,0 0,4772 0,4778 0,4783 0,4788 0,4793 0,4798 0,4803 0,4808 0,4812 0,4817

2,1 0,4821 0,4826 0,4830 0,4834 0,4838 0,4842 0,4846 0,4850 0,4854 0,4857

2,2 0,4861 0,4864 0,4868 0,4871 0,4875 0,4878 0,4881 0,4884 0,4887 0,4890

2,3 0,4893 0,4896 0,4898 0,4901 0,4904 0,4906 0,4909 0,4911 0,4913 0,4916

2,4 0,4918 0,4920 0,4922 0,4925 0,4927 0,4929 0,4931 0,4932 0,4934 0,4936

2,5 0,4938 0,4940 0,4941 0,4943 0,4945 0,4946 0,4948 0,4949 0,4951 0,4952

2,6 0,4953 0,4955 0,4956 0,4957 0,4959 0,4960 0,4961 0,4962 0,4963 0,4964

2,7 0,4965 0,4966 0,4967 0,4968 0,4969 0,4970 0,4971 0,4972 0,4973 0,4974

2,8 0,4974 0,4975 0,4976 0,4977 0,4977 0,4978 0,4979 0,4979 0,4980 0,4981

2,9 0,4981 0,4982 0,4982 0,4983 0,4984 0,4984 0,4985 0,4985 0,4986 0,4986

3,0 0,4987 0,4987 0,4987 0,4988 0,4988 0,4989 0,4989 0,4989 0,4990 0,4990

3,1 0,4990 0,4991 0,4991 0,4991 0,4992 0,4992 0,4992 0,4992 0,4993 0,4993

3,2 0,4993 0,4993 0,4994 0,4994 0,4994 0,4994 0,4994 0,4995 0,4995 0,4995

3,3 0,4995 0,4995 0,4995 0,4996 0,4996 0,4996 0,4996 0,4996 0,4996 0,4997

3,4 0,4997 0,4997 0,4997 0,4997 0,4997 0,4997 0,4997 0,4997 0,4997 0,4998

3,5 0,4998 0,4998 0,4998 0,4998 0,4998 0,4998 0,4998 0,4998 0,4998 0,4998

3,6 0,4998 0,4998 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999

3,7 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999

3,8 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999 0,4999

3,9 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000

4,0 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000 0,5000

Para abscissas maiores que 4,09, use a probabilidade 0,5000

2a decimal


APÊNDICE B. TABELAS DA DISTRIBUIÇÃO NORMAL

Valores de p

Tabela 2

Casa inteira

Decimal 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0,0 0,5000 0,5040 0,5080 0,5120 0,5160 0,5199 0,5239 0,5279 0,5319 0,5359

0,1 0,5398 0,5438 0,5478 0,5517 0,5557 0,5596 0,5636 0,5675 0,5714 0,5753

0,2 0,5793 0,5832 0,5871 0,5910 0,5948 0,5987 0,6026 0,6064 0,6103 0,6141

0,3 0,6179 0,6217 0,6255 0,6293 0,6331 0,6368 0,6406 0,6443 0,6480 0,6517

0,4 0,6554 0,6591 0,6628 0,6664 0,6700 0,6736 0,6772 0,6808 0,6844 0,6879

0,5 0,6915 0,6950 0,6985 0,7019 0,7054 0,7088 0,7123 0,7157 0,7190 0,7224

0,6 0,7257 0,7291 0,7324 0,7357 0,7389 0,7422 0,7454 0,7486 0,7517 0,7549

0,7 0,7580 0,7611 0,7642 0,7673 0,7704 0,7734 0,7764 0,7794 0,7823 0,7852

0,8 0,7881 0,7910 0,7939 0,7967 0,7995 0,8023 0,8051 0,8078 0,8106 0,8133

0,9 0,8159 0,8186 0,8212 0,8238 0,8264 0,8289 0,8315 0,8340 0,8365 0,8389

1,0 0,8413 0,8438 0,8461 0,8485 0,8508 0,8531 0,8554 0,8577 0,8599 0,8621

1,1 0,8643 0,8665 0,8686 0,8708 0,8729 0,8749 0,8770 0,8790 0,8810 0,8830

1,2 0,8849 0,8869 0,8888 0,8907 0,8925 0,8944 0,8962 0,8980 0,8997 0,9015

1,3 0,9032 0,9049 0,9066 0,9082 0,9099 0,9115 0,9131 0,9147 0,9162 0,9177

1,4 0,9192 0,9207 0,9222 0,9236 0,9251 0,9265 0,9279 0,9292 0,9306 0,9319

1,5 0,9332 0,9345 0,9357 0,9370 0,9382 0,9394 0,9406 0,9418 0,9429 0,9441

1,6 0,9452 0,9463 0,9474 0,9484 0,9495 0,9505 0,9515 0,9525 0,9535 0,9545

1,7 0,9554 0,9564 0,9573 0,9582 0,9591 0,9599 0,9608 0,9616 0,9625 0,9633

1,8 0,9641 0,9649 0,9656 0,9664 0,9671 0,9678 0,9686 0,9693 0,9699 0,9706

1,9 0,9713 0,9719 0,9726 0,9732 0,9738 0,9744 0,9750 0,9756 0,9761 0,9767

2,0 0,9772 0,9778 0,9783 0,9788 0,9793 0,9798 0,9803 0,9808 0,9812 0,9817

2,1 0,9821 0,9826 0,9830 0,9834 0,9838 0,9842 0,9846 0,9850 0,9854 0,9857

2,2 0,9861 0,9864 0,9868 0,9871 0,9875 0,9878 0,9881 0,9884 0,9887 0,9890

2,3 0,9893 0,9896 0,9898 0,9901 0,9904 0,9906 0,9909 0,9911 0,9913 0,9916

2,4 0,9918 0,9920 0,9922 0,9925 0,9927 0,9929 0,9931 0,9932 0,9934 0,9936

2,5 0,9938 0,9940 0,9941 0,9943 0,9945 0,9946 0,9948 0,9949 0,9951 0,9952

2,6 0,9953 0,9955 0,9956 0,9957 0,9959 0,9960 0,9961 0,9962 0,9963 0,9964

2,7 0,9965 0,9966 0,9967 0,9968 0,9969 0,9970 0,9971 0,9972 0,9973 0,9974

2,8 0,9974 0,9975 0,9976 0,9977 0,9977 0,9978 0,9979 0,9979 0,9980 0,9981

2,9 0,9981 0,9982 0,9982 0,9983 0,9984 0,9984 0,9985 0,9985 0,9986 0,9986

3,0 0,9987 0,9987 0,9987 0,9988 0,9988 0,9989 0,9989 0,9989 0,9990 0,9990

3,1 0,9990 0,9991 0,9991 0,9991 0,9992 0,9992 0,9992 0,9992 0,9993 0,9993

3,2 0,9993 0,9993 0,9994 0,9994 0,9994 0,9994 0,9994 0,9995 0,9995 0,9995

3,3 0,9995 0,9995 0,9995 0,9996 0,9996 0,9996 0,9996 0,9996 0,9996 0,9997

3,4 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9997 0,9998

3,5 0,9998 0,9998 0,9998 0,9998 0,9998 0,9998 0,9998 0,9998 0,9998 0,9998

3,6 0,9998 0,9998 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999

3,7 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999

3,8 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999 0,9999

3,9 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

4,0 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000

Para abscissas maiores que 4,09, use a probabilidade 1,0000

2a decimal


fundamentos de estatística aplicada módulo iii: variáveis ... · você verá que as variáveis...

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