Exercícios Probabilidades e Estatística

PROBABILIDADES E ESTATÍSTICACADERNO DE EXERCÍCIOS 2011/2012 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 ÍNDICE 2 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 1 Estatística Descritiva 1. Indicar quais das seguintes variáveis são discretas e quais são contínuas 1.1. Valor do PIB nacional. R: Variável continua 1.2. Produtividade média do girassol de regadio no Alentejo. R: Variável continua 1.3. Número de sapatos de um dado tamanho nas sapatarias de Santarém. R: Variável discreta 1.4. Efectivo militar em Trás-os-Montes. R: Variável discreta 1.5. Número médio de pontos por jogador numa dupla de voleibol de praia num determinado torneio. R: Variável discreta 1.6. Toneladas de tomate que chegam por dia a uma fábrica. R: Variável continua 1.7. Número médio de sobreiros nas explorações de montado do Alentejo. R: Variável continua 2. No quadro seguinte apresenta-se o absentismo dos 50 colaboradores de uma empresa de serviços, registado durante o período de um ano (foram excluídas as faltas por motivos justificáveis). 6 4 4 6 0 6 5 13 11 6 4 3 3 11 4 4 8 4 7 7 8 6 6 5 6 6 8 3 3 6 6 1 0 10 6 3 3 2 3 2 2 3 1 8 6 2 2 3 2 0 2.1. Sendo X a variável em causa, como pode defini-la? E como a classifica? Definição: X — nº de dias de absentismo dos colaboradores da empresa de serviços; Classificação: é uma variável discreta. 2.2. Organize os dados num quadro de distribuição de frequências, com as frequências observadas, relativas e acumuladas. i - é o índice do grupo de valores; x - é cada um dos valores que a variável pode tomar; i = 1 significa “o primeiro valor da variável” e esse valor é “x = 0” i x F i f i CumF i Cumf i 1 0 3 0,06 3 0,06 2 1 2 0,04 5 0,1 3 2 6 0,12 11 0,22 4 3 9 0,18 20 0,4 5 4 6 0,12 26 0,52 6 5 2 0,04 28 0,56 7 6 12 0,24 40 0,8 8 7 2 0,04 42 0,84 9 8 4 0,08 46 0,92 10 9 0 0 46 0,92 11 10 1 0,02 47 0,94 12 11 2 0,04 49 0,98 13 12 0 0 49 0,98 3 Do x 21 até ao x 26 todos valem 4 De i até i = 4 { PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 14 13 1 0,02 50 1 2.3. Determine a proporção de empregados que faltaram mais de 3 dias por ano. Proporção de colaboradores que faltaram mais de 3 dias/ano = 1- Cumf 4 = 1 – 0,4 = 0,6. Cumf 4 ► é a proporção de indivíduos que faltaram desde i = 1 até i = 4, isto é, desde x = 0 até x = 3 que significa de 0 a 3 dias de faltas. Se à totalidade (100% ou “1”) for retirado Cumf 4 ficamos com a proporção dos que faltaram mais de 3 dias. 2.4. Calcule e diga o respectivo significado de ∑ · 4 1 i i F , ∑ · 14 6 i i F , ∑ · 5 1 i i f . 20 4 4 3 2 1 4 1 · · + + + · ∑ · CumF F F F F F i i (número de colaboradores que faltaram até 3 vezes, inclusive. Repare-se que i = 4 corresponde a x = 3); 24 26 50 5 14 14 13 12 11 10 9 8 7 6 14 6 · − · − · + + + + + + + + · ∑ · CumF CumF F F F F F F F F F F i i (número de colaboradores com 5 ou mais faltas. Repare-se que i = 6 corresponde a x = 5); 52 , 0 5 5 4 3 2 1 5 1 · · + + + + · ∑ · Cumf f f f f f f i i (proporção de colaboradores. que faltaram até 4 vezes, inclusive); 2.5. Construa o diagrama de barras e o gráfico de frequências relativas acumuladas Diagrama de barras: Gráfico de frequências relativas acumuladas: 2.6. Calcule a média, o desvio padrão e o coeficiente de variação. Média: ( ) ∑ · × · fi x µ 02 , 0 10 00 , 0 9 08 , 0 8 04 , 0 7 24 , 0 6 04 , 0 5 12 , 0 4 18 , 0 3 12 , 0 2 04 , 0 1 06 , 0 0 × + × + × + × + × + × + × + × + × + × + × · 76 , 4 02 , 0 13 0 12 04 , 0 11 · × + × + × + faltas; Desvio padrão: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 34 , 8 50 76 , 4 50 13 1 12 0 ... 1 2 0 3 · × − × + × + + × + × · ∑ × − × · n n x F i µ σ faltas 4 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 89 , 2 34 , 8 2 2 · · · σ σ faltas Coeficiente de variação: % 7 , 60 % 100 76 , 4 89 , 2 % 100 · × · × · µ σ cv 2.7. Determine a mediana algébrica e graficamente. 4 2 4 4 2 26 25 · + · + · x x Me (ver gráficos) 2.8. Determine a moda, o 20º percentil, o 9º decil e o 3º quartil. Moda: 6 · Mo ► é o número que mais ocorre; 20º Percentil: 10 20 , 0 50 · × · × p N ► p N × é inteiro 2 2 2 2 2 11 10 20 · + · + · x x P 9º Decil: 45 90 , 0 50 · × · × p N ► p N × é inteiro 8 2 8 8 2 46 45 9 · + · + · x x D 3º Quartil: 5 , 37 75 , 0 50 · × · × p N ► p N × é inteiro ( ) 6 38 1 37 3 · · · + x x Q 3. Os rendimentos médios mensais (€) de 48 famílias do sector do calçado estão registados no quadro seguinte. 999 121 870 136 133 134 148 830 986 126 126 122 126 826 865 127 125 848 117 145 119 956 134 143 823 139 135 124 868 126 800 133 123 133 935 950 113 905 137 923 896 126 847 921 146 800 871 123 3.1. Construa o quadro de distribuição de frequências. O primeiro passo para construção do quadro de distribuição de frequências é definir o número de classes. Para isso vamos usar a expressão da regra de Sturges. Número de classes ► 58 , 6 48 log 32 , 3 1 2 log log 1 · × + · + ≈ N m Assim, o número de classes será, em princípio, 6 ou 7. Analisando os dados verificamos que a amplitude dos mesmos é: Amplitude dos dados 685 800 485 . 1 ) ( ) ( · − · − · x Min x Max Ao estabelecer o número de classes e ao atribuir a cada classe uma dada amplitude definimos um intervalo onde todos os nossos valores deverão estar dentro. Se a nossa amplitude de dados é de 685 então o intervalo resultante da definição das classes terá que ter uma amplitude sempre maior que a anterior. Devemos, tanto quanto possível, criar classes que tenham uma amplitude “simpática”, facilmente manipulável, cujo centro seja também um valor “amigável” (ver diapositivos 27 a 29 da apresentação 1). Assim, e analisando os nossos dados, podemos verificar que, se usarmos 7 classes com amplitude de 100 unidades cada, criamos um intervalo com amplitude de 700 (maior que 685). Se a primeira classe começar em 790 [valor inferior ao menor valor dos dados (800)] a última classe acaba em 1.490 [valor superior ao maior valor dos dados (1.485)]. As classes terão assim valores com os quais é “simpático” trabalhar. Classe i F i f i CumF i Cumf i 5 Ver diapositivos 47 e 48 da apresentação PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 [790 , 890[ 11 0,229 11 0,229 [890 , 990[ 8 0,167 19 0,396 [990 , 1090[ 1 0,021 20 0,417 [1090 , 1190[ 2 0,042 22 0,458 [1190 , 1290[ 13 0,271 35 0,729 [1290 , 1390[ 8 0,167 43 0,896 [1390 , 1490[ 5 0,104 48 1,000 3.2. Represente graficamente os dados através de um histograma, do polígono de frequências e do gráfico das frequências relativas acumuladas. Histograma e polígono de frequências: Gráfico das frequências relativas acumuladas: 3.3. Determine a média e a variância dos dados simples. Para dados simples vamos trabalhar com os 48 dados tal qual: Média: 92 , 129 . 1 48 · ∑ · xi x Variância: ( ) ( ) ( ) · × − + + + + + + · × − ∑ · 48 92 , 129 . 1 48 485 . 1 465 . 1 459 . 1 ... 823 800 800 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n x n x s 2 20 , 565 . 48 · 3.4. Determine a média, a mediana, a moda e a variância dos dados agrupados. Para trabalhar com dados agrupados temos que partir do pressuposto de que, dentro de cada classe, os valores se encontram distribuídos uniformemente. Partindo desse pressuposto resulta que, a média dos valores de cada classe, é o valor médio dessa classe. Assim, temos: Classe i F i f i C i [790 , 890[ 11 0,229 840 6 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 [890 , 990[ 8 0,167 940 [990 , 1090[ 1 0,021 1040 [1090 , 1190[ 2 0,042 1140 [1190 , 1290[ 13 0,271 1240 [1290 , 1390[ 8 0,167 1340 [1390 , 1490[ 5 0,104 1440 Média: ( ) ( ) 50 , 127 . 1 48 440 . 1 5 340 . 1 8 ... 940 8 840 11 · × + × + + × + × · ∑ × · n C F x i i Mediana: ( ) 50 , 205 . 1 100 271 , 0 458 , 0 5 , 0 190 . 1 5 , 0 inf 1 · × − + · × − + · − h f Cumf L Me i i i i Linf Fronteira inferior da classe que contém a mediana ► ( ) 1 − i Cumf Frequência acumulada da classe anterior à classe que contém a ► mediana h Amplitude do intervalo de classe que contém a mediana ► i f Número de observações da classe que contém a mediana ► Moda: 75 , 258 . 1 100 ) 8 13 ( ) 2 13 ( ) 2 13 ( 190 . 1 inf 2 1 1 · × − + − − + · × + + · h d d d L Mo i Variância: ( ) ( ) ( ) · × − × + × + + × + × · × − ∑ × · 48 50 , 127 . 1 48 440 . 1 5 340 . 1 8 ... 940 8 840 11 2 2 2 2 2 2 2 2 n x n C F s i i 2 75 , 093 . 46 · 3.5. Classifique a distribuição em termos de assimetria. ( ) ( ) 09 , 1 75 , 093 . 46 50 , 205 . 1 50 , 127 . 1 3 3 − · − × · − × · s Me x G AS Esta distribuição é assimétrica negativa. 4. Obteve-se uma amostra de 200 indivíduos e registou-se a sua altura, tendo-se procedido à sua distribuição em classes, como consta no seguinte quadro: Altura (cm) N.º Indivíduos [148,5 , 155,5[ 4 [155,5 , 162,5[ 12 [162,5 , 169,5[ 44 [169,5 , 176,5[ 64 [176,5 , 183,5[ 56 [183,5 , 190,5[ 16 [190,5 , 197,5[ 4 4.1. Classifique a variável e defina-a. X Altura dos indivíduos; é uma variável contínua. ► 4.2. Determine as frequências relativas e as frequências relativas acumuladas. Classe i Altura (cm) N.º Indivíduos (F i ) f i CumF i Cumf i C i 1 [148,5 ; 155,5[ 4 0,02 4 0,02 152 2 [155,5 ; 162,5[ 12 0,06 16 0,08 159 3 [162,5 ; 169,5[ 44 0,22 60 0,30 166 4 [169,5 ; 176,5[ 64 0,32 124 0,62 173 7 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 5 [176,5 ; 183,5[ 56 0,28 180 0,90 180 6 [183,5 ; 190,5[ 16 0,08 196 0,98 187 7 [190,5 ; 197,5[ 4 0,02 200 1 194 4.3. Qual a proporção de indivíduos com altura inferior a 176,5 cm? Qual a altura máxima correspondente aos 30 % de indivíduos mais baixos? Proporção de indivíduos com altura inferior a 176,5 cm ► % 62 62 , 0 4 · · Cumf (como neste caso 176,5 é extremo da classe, não é preciso interpolação). Altura máxima correspondente aos 30% de indivíduos mais baixos Percentil ► 30 ► cm P 5 , 169 30 · 4.4. Construa o histograma e o polígono de frequências. 4.5. Calcule a média e o desvio padrão dos dados agrupados. Média: ( ) ( ) cm n C F x i i 70 , 173 200 194 4 187 16 ... 159 16 152 4 · × + × + + × + × · ∑ × · Desvio padrão: ( ) ( ) ( ) · × − × + × + + × + × · × − ∑ × · 200 70 , 173 200 194 4 187 16 ... 159 16 152 4 2 2 2 2 2 2 2 2 n x n C F s i i 2 097 , 69 cm · ► cm s 3 , 8 09 , 69 · · 4.6. Construa o diagrama de extremos e quartis. Para fazer o diagrama de extremos e quartis há que calcular Q 1 , Q 2 (ou mediana) e Q 3 . i Linf Fronteira inferior da classe que contém a mediana ► ( ) 1 − i Cumf Frequência acumulada da classe anterior à classe que contém a ► mediana h Amplitude do intervalo de classe que contém a mediana ► i f Número de observações da classe que contém a mediana ► ( ) 90 , 167 7 22 , 0 08 , 0 25 , 0 5 , 162 25 , 0 inf 1 1 · × − + · × − + · − h f Cumf L Q i i i ( ) 88 , 173 7 32 , 0 30 , 0 50 , 0 5 , 169 50 , 0 inf 1 2 · × − + · × − + · − h f Cumf L Q i i i ( ) 75 , 179 7 28 , 0 62 , 0 75 , 0 5 , 176 75 , 0 inf 1 3 · × − + · × − + · − h f Cumf L Q i i i Os valores máximo e mínimo (como não temos os dados originais) são os extremos do intervalo das classes. 4.7. A distribuição é simétrica? 8 Polígono de frequências Histograma PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 ( ) ( ) 07 , 0 3 , 8 88 , 173 70 , 173 3 3 − · − × · − × · s Me x G AS ( ) 88 , 173 7 32 , 0 30 , 0 50 , 0 5 , 169 50 , 0 inf 1 · × − + · × − + · − h f Cumf L Me i i i Esta distribuição é assimétrica negativa. 5. O conjunto de dados {69, 85, 75, 89, 73, 61, 62, 75, 98, 63} é uma amostra que representa as classificações percentuais de 10 estudantes num teste de estatística. Determine: 61 62 63 69 73 75 75 85 89 98 5.1. A média, a mediana e a moda desta amostra; Média: ( ) ( ) % 75 10 98 89 85 75 75 73 69 63 62 61 · + + + + + + + + + · ∑ · n x x i Mediana: % 74 2 75 73 · + · Me Moda: % 75 · Mo 5.2. O desvio absoluto médio, a variância e o desvio padrão; Desvio médio: ( ) ( ) % 4 , 9 10 75 98 75 89 ... 75 62 75 61 · − + − + + − + − · ∑ − · n x x DM i Variância: ( ) ( ) ( ) 4 , 137 10 75 10 98 89 ... 62 61 2 2 2 2 2 2 2 2 · × − + + + + · × − ∑ · n x n x s Desvio padrão % 72 , 11 4 , 137 · · s 5.3. O coeficiente de variação; % 63 , 15 % 100 75 72 , 11 % 100 · × · × · x s cv 5.4. O coeficiente de assimetria; ( ) ( ) 256 , 0 72 , 11 74 75 3 3 · − × · − × · s Me x G AS , Distribuição muito ligeiramente assimétrica positiva Ou: ( ) ( ) 0 72 , 11 75 75 1 · − · − · s Mo x G 5.5. O coeficiente de curtose. ( ) ( ) ( ) ( ) 344 , 0 5 , 61 5 , 93 2 63 85 2 10 90 1 3 1 · − × − · − × − · P P Q Q C ( ) 85 8 1 7 75 3 · · · · + x x P Q ► ( ) 7 75 , 0 10 · × · k , Parte inteira deste produto ( ) 63 3 1 2 25 1 · · · · + x x P Q ► ( ) 2 25 , 0 10 · × · k , Parte inteira deste produto ( ) ( ) 5 , 93 2 98 89 2 10 9 90 · + · + · x x P ► ( ) 9 90 , 0 10 · × · k , k é inteiro ( ) ( ) 5 , 61 2 62 61 2 2 1 10 · + · + · x x P ► ( ) 1 10 , 0 10 · × · k , k é inteiro 9 Ver diapositivos 48 e 65 da Apresentação PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 6. Numa série de 31 medições de temperaturas diárias no mês de Março obteve-se uma média de 20º C e um desvio padrão de 6º C. Depois destes resultados obtidos chegou-se à conclusão que uma das temperaturas diárias estava enganada, a qual foi registada com o valor de 32º C. Determine a média e o desvio-padrão, admitindo que se omite a temperatura incorrecta. Média: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) C C x C x n x x i i i dias º 620 31 º 20 º 20 31 31 31 31 · × · ∑ ⇔ · ∑ · ∑ · ( ) ( ) ( ) ( ) C n x x i dias º 6 , 19 30 588 30 32 620 30 31 30 · · − · ∑ · Desvio padrão: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ · − ∑ ⇔ · × − ∑ · × − ∑ · 36 31 400 . 12 6 31 20 31 2 31 2 2 2 31 31 2 2 31 2 31 i i i x x n x n x s ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) C x x x i i i º 516 . 13 400 . 12 116 . 1 31 36 400 . 12 2 31 2 31 2 31 · ∑ ⇔ + · ∑ ⇔ × · − ∑ ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) C x x i i º 492 . 12 024 . 1 516 . 13 32 2 2 31 2 30 · − · − ∑ · ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) 24 , 32 30 2 , 967 30 6 , 19 30 492 . 12 2 30 2 2 30 2 30 · · × − · × − ∑ · n x n x s i C s º 68 , 5 24 , 32 · · 7. A produção por talhão de 10 variedades de ervilhas para congelar foi a seguinte: 21, 18, 30, 12, 14, 17, 28, 10, 16, 25 kg Cada talhão tinha a mesma área e a mesma densidade de plantas. Determinar: 7.1. Média, mediana e a moda. Dados ordenados: 10, 12, 14, 16, 17, 18, 21, 25, 28, 30 Média: ( ) ( ) kg n x x i 1 , 19 10 30 28 25 21 18 17 16 14 12 10 · + + + + + + + + + · ∑ · Mediana: kg Me 5 , 17 2 18 17 · + · Moda: Não tem 7.2. Variância, desvio padrão e coeficiente de variação. Variância: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 09 , 41 10 9 , 410 10 1 , 19 10 30 28 25 ... 14 12 10 kg n x n x s · · × − + + + + + + · × − ∑ · Desvio padrão: kg s 41 , 6 09 , 41 · · Coeficiente de variação: % 56 , 33 % 100 1 , 19 41 , 6 % 100 · × · × · x s cv 10 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 2 Álgebra Álgebra de Acontecimentos e Probabilidades Simples 1. Uma caixa contém 5 lâmpadas das quais 2 são defeituosas. As lâmpadas defeituosas estão numeradas de 1 a 2 e as boas estão numeradas de 3 a 5. Extraem-se 2 lâmpadas ao acaso, sucessivamente sem reposição (experiência I) e com reposição (experiência II). 1.1. Enumere os acontecimentos elementares do espaço de resultados associado a cada uma das experiências. Sem reposição (experiência I): L 1 1 2 3 4 5 L 2 1 (1, 1) (2, 1) (3, 1) (4, 1) (5, 1) 2 (1, 2) (2, 2) (3, 2) (4, 2) (5, 2) 3 (1, 3) (2, 3) (3, 3) (4, 3) (5, 3) 4 (1, 4) (2, 4) (3, 4) (4, 4) (5, 4) 5 (1, 5) (2, 5) (3, 5) (4, 5) (5, 5) Com reposição (experiência II): L 1 1 2 3 4 5 L 2 1 (1, 1) (2, 1) (3, 1) (4, 1) (5, 1) 2 (1, 2) (2, 2) (3, 2) (4, 2) (5, 2) 3 (1, 3) (2, 3) (3, 3) (4, 3) (5, 3) 4 (1, 4) (2, 4) (3, 4) (4, 4) (5, 4) 5 (1, 5) (2, 5) (3, 5) (4, 5) (5, 5) 1.2. Defina no espaço de resultados de cada experiência, os acontecimentos adiante indicados: A1 - “saída de uma lâmpada defeituosa na 1ª tiragem”; A2 - “saída de uma lâmpada defeituosa na 2ª tiragem”; A3 - “saída de duas lâmpadas defeituosas”; A4 - “saída de pelo menos uma lâmpada defeituosa”; A5 - “saída de exactamente uma lâmpada defeituosa”; A6 - “saída de uma soma de números inscritos nas lâmpadas inferior a sete”. Sem reposição (experiência I): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 5 , 2 ; 4 , 2 ; 3 , 2 ; 1 , 2 ; 5 , 1 ; 4 , 1 ; 3 , 1 ; 2 , 1 1 · A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 2 , 5 ; 1 , 5 ; 2 , 4 ; 1 , 4 ; 2 , 3 ; 1 , 3 ; 1 , 2 ; 2 , 1 2 · A ( ) ( ) { } 2 1 3 1 , 2 ; 2 , 1 A A A ∩ · · ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 5 , 2 ; 5 , 1 ; 4 , 2 ; 4 , 1 ; 3 , 2 ; 3 , 1 ; 2 , 5 ; 2 , 4 ; 2 , 3 ; 2 , 1 ; 1 , 5 ; 1 , 4 ; 1 , 3 ; 1 , 2 2 1 4 · ∩ · A A A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 5 , 2 ; 5 , 1 ; 4 , 2 ; 4 , 1 ; 3 , 2 ; 3 , 1 ; 2 , 5 ; 2 , 4 ; 2 , 3 ; 1 , 5 ; 1 , 4 ; 1 , 3 3 4 5 · − · A A A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 1 , 5 ; 2 , 4 ; 1 , 4 ; 2 , 3 ; 1 , 3 ; 4 , 2 ; 3 , 2 ; 1 , 2 ; 5 , 1 ; 4 , 1 ; 3 , 1 ; 2 , 1 6 · A Com reposição (experiência II): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 5 , 2 ; 4 , 2 ; 3 , 2 ; 2 , 2 ; 1 , 2 ; 5 , 1 ; 4 , 1 ; 3 , 1 ; 2 , 1 ; 1 , 1 1 · A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 2 , 5 ; 2 , 4 ; 2 , 3 ; 2 , 2 ; 2 , 1 ; 1 , 5 ; 1 , 4 ; 1 , 3 ; 1 , 2 ; 1 , 1 2 · A ( ) ( ) ( ) ( ) { } 2 1 3 2 , 2 ; 1 , 2 ; 2 , 1 ; 1 , 1 A A A ∩ · · ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 2 , 5 ; 1 , 5 ; 2 , 4 ; 1 , 4 ; 2 , 3 ; 1 , 3 ; 5 , 2 ; 4 , 2 ; 3 , 2 ; 2 , 2 ; 1 , 2 ; 5 , 1 ; 4 , 1 ; 3 , 1 ; 2 , 1 ; 1 , 1 2 1 4 · ∩ · A A A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 5 , 2 ; 5 , 1 ; 4 , 2 ; 4 , 1 ; 3 , 2 ; 3 , 1 ; 2 , 5 ; 2 , 4 ; 2 , 3 ; 1 , 5 ; 1 , 4 ; 1 , 3 3 4 5 · − · A A A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 1 , 5 ; 2 , 4 ; 1 , 4 ; 3 , 3 ; 2 , 3 ; 1 , 3 ; 4 , 2 ; 3 , 2 ; 2 , 2 ; 1 , 2 ; 5 , 1 ; 4 , 1 ; 3 , 1 ; 2 , 1 ; 1 , 1 6 · A 2. As peças que saem de uma linha de produção são marcadas defeituosas (D) ou não defeituosas (N). As peças vão sendo inspeccionadas e registadas, 11 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 procedendo-se a uma paragem quando se obtenham duas peças defeituosas consecutivas ou quando se tenham registado quatro peças. Descreva o espaço de resultados desta experiência. Podemos facilitar esta tarefa construindo um esquema em árvore: 3. Considere a experiência aleatória que consiste no lançamento de dois dados perfeitos, um vermelho e outro verde. 3.1. Defina o espaço de resultados desta experiência enumerando os acontecimentos elementares que o compõem; Vermelh 1 2 3 4 5 6 Verde 1 (1, 1) (2, 1) (3, 1) (4, 1) (5, 1) (6, 1) 2 (1, 2) (2, 2) (3, 2) (4, 2) (5, 2) (6, 2) 3 (1, 3) (2, 3) (3, 3) (4, 3) (5, 3) (6, 3) 4 (1, 4) (2, 4) (3, 4) (4, 4) (5, 4) (6, 4) 5 (1, 5) (2, 5) (3, 5) (4, 5) (5, 5) (6, 5) 6 (1, 6) (2, 6) (3, 6) (4, 6) (5, 6) (6, 6) 3.2. Defina no espaço de resultados os seguintes acontecimentos: A - “a soma dos resultados é sete”; B - “os resultados observados são ímpares”; C - “o produto dos resultados é 12”. { } ) 1 , 6 ( ); 2 , 5 ( ); 3 , 4 ( ); 4 , 3 ( ); 5 , 2 ( ); 6 , 1 ( · A { } ) 5 , 5 ( ); 5 , 3 ( ); 5 , 1 ( ); 3 , 5 ( ); 3 , 3 ( ); 3 , 1 ( ); 1 , 5 ( ); 1 , 3 ( ); 1 , 1 ( · B { } ) 3 , 4 ( ); 4 , 3 ( ); 2 , 6 ( ); 6 , 2 ( · C 4. (Gama 5 pág. 137) Quantos são os códigos de 4 algarismos diferentes que se podem formar com os algarismos “1”, “2”, “3” e “4” e em que: 4.1. Apareça o grupo “42” (isto é, o “4” apareça sempre imediatamente antes do “2”)? A posição do “4” só pode ser nas 3 primeiras casas para que “2” possa estar após o “4”. 4 2 4 2 4 2 Para cada “42” podem ter-se duas combinações: 1,3 e 3,1. Logo 3×2=6, então podemos ter 6 códigos. 4.2. O “1” apareça junto do 3 em qualquer ordem, (isto é, imediatamente antes ou depois do “3”)? A posição do “3” relativamente ao “1” pode ser antes ou depois dele. 1 3 3 1 1 3 3 1 1 3 12 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 3 1 Para cada “13” ou “31” podem ter-se duas combinações: 2,4 e 4,2. Logo 6×2=12, então podemos ter 12 códigos. 5. Sejam A 1 e A 2 dois acontecimentos, tais que: A 1 - “realiza-se quando um automobilista, escolhido ao acaso numa bomba de gasolina, verifica o ar dos pneus”; A 2 - “realiza-se quando um automobilista, escolhido ao acaso numa bomba de gasolina, verifica o óleo do motor”. 5.1. Exprima em função deles os seguintes acontecimentos: A - “realiza-se quando um automobilista não verifica o ar dos pneus”; B - “realiza-se quando um automobilista verifica o ar dos pneus ou o óleo do motor”; C - “realiza-se quando um automobilista não verifica o ar dos pneus nem o óleo do motor”; D - “realiza-se quando um automobilista não verifica o ar dos pneus ou verifica o óleo do motor”; E - “realiza-se quando um automobilista verifica o ar dos pneus e não verifica o óleo do motor”; F - “realiza-se quando um automobilista verifica o óleo do motor e não verifica o ar dos pneus”; G - “realiza-se quando um automobilista verifica uma e uma só das duas”. 1 A A · 2 1 A A E − · 2 1 A A B ∪ · 1 2 A A F − · ( ) 2 1 A A C ∪ · ( ) ( ) 2 1 2 1 A A A A G ∩ − ∪ · ( ) 2 1 A A D − · 5.2. Os acontecimentos E e F são incompatíveis? R: Sim E e F são incompatíveis, pois não interceptam 5.3. Exprima o acontecimento G em função de E e F. R: F E G ∪ · 6. (Gama 3 pág 137) Considere o seguinte espaço amostral: S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} e os acontecimentos: A = {1, 2, 7}; B = {2, 3, 4}; C = {6}, Determine: 6.1. A ; R: { } 6 5, 4, 3, A · 6.2. ( ) C A∪ ; R: ( ) { } 7 6, 2, 1, C A · ∪ 6.3. ( ) C B A ∪ ∩ ; R: ( ) { } 7 5, 4, 3, 2, 1, C B A · ∪ ∩ 6.4. C B∩ ; R: { } 7 5, 1, C B · ∩ 6.5. C B A ∩ ∩ ; R: { } · ∩ ∩ C B A 6.6. ( ) ( ) C A B A ∩ ∩ ∪ ; 13 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 R: ( ) ( ) { } 6 C A B A · ∩ ∩ ∪ 7. (Gama 11 pág. 138) Considere um dado desequilibrado em que o “5” e o “6” ocorrem o dobro das vezes do “4” que, por sua vez, ocorre o triplo das vezes do “1”, do “2” ou do “3”. Se se lançar o dado uma vez, qual a probabilidade do resultado obtido ser: P(5) = P(6) = 2 x P(4) P(4) = 3 x P(1) = 3 x P(2) = 3 x P(3) P(1) = P(2) = P(3) Como P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1 podemos escrever que P(1) + P(1) + P(1) + 3 x P(1) + 2 x 3 x P(1) + 2 x 3 x P(1) = 1  18 x P(1) = 1  P(1) = 1/18 P(1 ) P(2 ) P(3 ) P(4 ) P(5 ) P(6 ) 1/18 1/18 1/18 3/18 6/18 6/18 7.1. Um número par; P (sair par) = P(2) + P(4) + P(6) = 10/18 = 5/9 7.2. Um número maior que 3; P (sair maior que 3) = P(4) + P(5) + P(6) = 15/18 = 5/6 7.3. Um quadrado perfeito. P (sair um quadrado perfeito) = P(1) + P(4) = 4/18 =2/9 8. Num lago existem 10 caracóis aquáticos da espécie X, 15 da espécie Y e 50 da espécie Z. Os caracóis foram capturados um de cada vez para inspecção. P(X) = 10/75; P(Y) = 15/75; P(Z) = 50/75 8.1. Se depois da inspecção cada caracol for devolvido ao lago, calcular a probabilidade de, em 2 capturas sucessivas: Com devolução: 8.1.1.Os 2 caracóis serem da espécie X. P(X, X) = 10/75 × 10/75 = 100/5625 = 0,02 8.1.2.Um caracol ser da espécie X e outro da espécie Z. P(1 da espécie X e outro da espécie Z) = P(X, Z) + P(Z, X) = = 10/75 × 50/75 + 50/75 × 10/75 = 1.000/5.625 = 0,18 8.2. Se o caracol não for devolvido ao lago depois da captura, calcular a probabilidade de, em 2 capturas sucessivas: Sem devolução 8.2.1.Os 2 caracóis serem da espécie X. P(X, X) = 10/75 × 9/74 = 90/5550 = 0,016 8.2.2.Um caracol ser da espécie X e outro da espécie Z. P(1 da espécie X e outro da espécie Z) = P(X, Z) + P(Z, X) = = 10/75 × 50/74 + 50/75 × 10/74 = 1000/5550 = 0,18 8.3. Qual a probabilidade de, numa captura, obter um caracol da espécie X ou Y? P(X∪Y) = P(X) + P(Y) = 10/75 + 15/75 = 1/3 9. Um gerente de um restaurante admite que todos os clientes terão, no fim da refeição, ou fruta, ou queijo, ou ainda café, ou qualquer combinação e que a probabilidade de terem fruta é de 0,7, fruta e queijo 0,25, queijo e café 0,35 e fruta e café 0,5. Sabe também que a probabilidade de terem fruta ou queijo é 0,9 e de terem fruta ou café é de 0,95. Calcular a proporção de clientes que terão: 14 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P(F) Q) P(F∩ C) P(Q∩ C) P(F∩ Q) P(F∪ C) P(F∪ 0,70 0,25 0,35 0,50 0,90 0,95 Sabe-se também que: P(F∪C∪Q) = P(F) + P(Q) + P(C) – P(F∩Q) – P(Q∩C) – P(F∩C) + P(F∩Q∩C) = 1 ◄ todos 9.1. Queijo ou café; P(F∪Q) = P(F) + P(Q) – P(F∩Q) = 0,9  P(Q) = 0,9 – P(F) + P(F∩Q) Q) = 0,9 – 0,7 + 0,25 = 0,45 P(F∪C) = P(F) + P(C) – P(F∩C) = 0,95  P(C) = 0,95 – P(F) + P(F∩C) Q) = 0,95 – 0,7 + 0,5 = 0,75 P(Q∪C) = P(Q) + P(C) – P(Q∩C) = 0,45 + 0,75 – 0,35 = 0,85 9.2. Fruta, queijo e café; P(F∪C∪Q) = P(F) + P(Q) + P(C) – P(F∩Q) – P(Q∩C) – P(F∩C) + P(F∩Q∩C) = 1  P(F∩Q∩C) = 1 – [P(F) + P(Q) + P(C) – P(F∩Q) – P(Q∩C) – P(F∩C)]  P(Q∩C) = 1 – [0,7 + 0,45 + 0,75 – 0,25 – 0,35 – 0,5] = 0,20 9.3. Apenas café. P (apenas café) = P(C) – P(Q∩C) – P(F∩C) + F∩Q∩C) = 0,75 – 0,35 – 0,5 + 0,20 = 0,1 10. Sejam A e B dois acontecimentos independentes tais que P(A)=0,4 e P(B-A)=0,18. 10.1. Represente os acontecimentos através de um diagrama de Venn. P(A∩B)=P(A)×P(B) 10.2. Determine P(B). P(A∪B) = P(A) + P(B-A) = 0,4 + 0,18 = 058 P(A∪B) = P(A) + P(B) – P(A∩B) = 058   0,4 + P(B) – 0,4 × P(B) = 058   P(B) × (1 – 0,4) = 0,58 – 0,4   P(B) = 0,18 / 0,6 = 0,3 11. Sejam A, B e C três subconjuntos de Ω, tal que A e B são independentes e A e C são incompatíveis. Seja P(A) = 0,2 , P(B) = 0,4 e P(C) = 0,45. 11.1. Represente através de um diagrama de Venn o espaço de resultados Ω. Sabendo que P(B∩C) = 0,1, calcule a probabilidade de um elemento de Ω escolhido ao acaso: 15 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Não esquecer que A e B são independentes e portanto P(AB)=P(A) × P(B) 11.2. Pertencer a pelo menos um dos subconjuntos; P(A∪B∪C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(BC) = 0,2 + 0 4 + 0,45 – 0,2 x 0,4 – 0,1 = 0,87 11.3. Pertencer exclusivamente a B; P (pertence exclusivamente a B) = P(B) – P(AB) – P(BC) = 0,4 – 0,08 – 0,1 = 0,22 11.4. Pertencer a A sabendo que pertence a B; P(A|B) = P(AB)/P(B) = 0,08/0,4 = 0,2 = P(A) Como se pode ver P(A|B) = P(A). Como se sabia A e B são independentes. 11.5. Pertencer a C sabendo que pertence a B. P(C|B) = P(CB)/P(B) = 0,1/0,4 = 0,25 12. (Gama 14 pág 138) Num colégio com 100 alunos, 42 estudam Matemática, 68 Psicologia, 54 História, 22 simultaneamente Matemática e História, 25 simultaneamente Matemática e Psicologia, 7 História mas nem Matemática nem Psicologia, 10 estudam as três disciplinas. Escolheu-se um aluno ao acaso: A construção do diagrama de Venn é, nestes casos, muito útil. Para isso devem ser representados os conjuntos definidos no enunciado com as respectivas intercepções (caso seja dito que há incompatibilidade entre dois deles, essa intercepção não é representada). Cada uma das regiões definidas corresponde a um grupo muito concreto. Por exemplo, a região correspondente à intercepção das três disciplinas quer dizer que os alunos em questão têm as três disciplinas e no enunciado é dito que são “10”. É também referido que 22 alunos estudam simultaneamente Matemática e História: ora já é sabido que 10 alunos estudam Matemática e História (mas estudam também Psicologia) mas há, pelos vistos, mais 12 que só estudam aquelas duas disciplinas. Há 25 alunos que estudam simultaneamente Matemática e Psicologia. De novo, é sabido que 10 alunos estudam Matemática e Psicologia (mas estudam também História) mas há, pelos vistos, mais 15 que só estudam aquelas duas disciplinas. É este o tipo de raciocínio que tem que ser feito para se chegar a construção do diagrama de Venn que vem a seguir. 12.1. Qual é a probabilidade desse aluno estudar Matemática ou História? P(M∪H) = (5 + 15 + 12+ 10 + 7 + 25)/100 = 0,74 12.2. Se esse aluno estudar Psicologia, qual é a probabilidade de estudar as outras duas disciplinas? P(MH|P) = P(MHP)/P(P) = (10/100)/(54/100) = 0,185 16 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 12.3. Se esse aluno não estudar Psicologia, qual é a probabilidade de estudar as outras duas disciplinas? P(MH|P) = P(MHP)/P(P) = (12/100)/(32/100) = 0,375 12.4. Se esse aluno estudar Matemática, qual é a probabilidade de também estudar as outras duas disciplinas? P(PH|M) = P(PHM)/P(M) = (10/100)/(42/100) = 0,238 12.5. Qual é a probabilidade desse aluno estudar Matemática e também as outras duas disciplinas? P(MHP) = 10/100 = 0,1 12.6. Se esse aluno estudar História, qual é a probabilidade de estudar Matemática mas não estudar Psicologia? P(MP|H) = P(MPH)/P(H) = (12/100)/(54/100) = 0,2222 13. (Gama 16 pág. 138) Considere a experiência que consiste em lançar, dois dados e registar o número saído em cada um deles. 13.1. Se um dos dados mostrar "6": Subconjunto dos pares em que num dos dados há um “6”: Ω 6 = {(1,6), (2,6), (3,6), (4,6), (5,6), (6,6), (6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5)} 13.1.1. Qual é a probabilidade do outro mostrar "5"? P (um dado ter 5 | outro dado tem 6) = 2/11 13.1.2. Qual é a probabilidade da soma dos números saídos em ambos ser menor do que 9? P (soma < 9 | um dado tem 6) = 4/11 13.2. Se a soma dos números saídos for 9, qual a probabilidade de um dos dados mostrar “4”? Subconjunto dos pares em que num dos dados há um “9”: ΩƩ6 = {(3,6), (4,5), (5,4), (6,3)} P (um dado ter 4 | soma dos dados é 9) = 2/4 = 1/2 Probabilidades Condicionadas Teoremas de Bayes e da Probabilidade Total 14. Uma loja de brinquedos emprega 3 senhoras para fazerem embrulhos durante a época de Natal. Raquel embrulha 30% dos presentes e esquece- se de tirar o preço 3% das vezes; Helena embrulha 20% dos presentes e esquece-se de tirar o preço 8% das vezes; Joana, que embrulha os restantes presentes, esquece-se 5% das vezes de tirar o preço. Suponha que tinha ido a essa loja verificando, em casa, que o seu presente tinha preço. P(R) = 0,30 P(H) = 0,20 P(J) = 1 – (0,30 + 0,20) = 0,50 P(P|R) = 0,03 P(P|H) = 0,08 P(P|J) = 0,05 14.1. Calcule a probabilidade de ter sido embrulhado pela Joana. P(J|P) = [P(P|J) × P(J)] / P(P) = [0,05 × 0,50] / 0,05 = 0,50 Calcula-se primeiro P(P): P(P) = P(R) × P(P|R) + P(H) × P(P|H) + P(J) × P(P|J) = = 0,30 × 0,03 + 0,20 × 0,08 +0,50 × 0,05 = 0,05 14.2. Qual a empregada que mais provavelmente o terá embrulhado? Faz-se o mesmo tipo de cálculo para a Raquel e para a Helena e obtém-se: P(R|P) = 0,32; P(H|P) = 0,18. Como para a Joana tínhamos P(J|P) = 0,50, logo é a Joana. 17 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 15. Um agricultor produz sementes de uma leguminosa em 3 campos distintos A, B e C; em A produz 12% das sementes, em B 30% e as restantes em C. Para que possam ser homologadas para comercialização não podem apresentar mais que uma determinada percentagem de impurezas e de sementes de infestantes. Sabe-se por amostragem que 2% dos sacos de sementes provenientes de A, 3% dos provenientes de B e 5% dos provenientes de C são rejeitados. P(A) = 0,12 P(B) = 0,30 P(C) = 1 – (0,12 + 0,30) = 0,58 P(R|A) = 0,02 P(R|B) = 0,03 P(R|C) = 0,05 15.1. Qual a probabilidade de um saco escolhido ao acaso ser recusado. P(R) = P(A) × P(R|A) + P(B) × P(R|B) + P(C) × P(R|C) = = 0,12 × 0,02 + 0,30 × 0,03 + 0,58 × 0,05 = 0,0404; 15.2. Se posteriormente se retirar um saco e se verificar que é para recusar determine a probabilidade de ser proveniente do campo B. P(B|R) = [P(R|B) × P(B)] / P(R) = [0,03 × 0,30]/0,0404 = 0,223 16. Um comerciante recebe ovos de 3 proveniências: A, B e C, segundo as seguintes percentagens: A – 10%, B – x%, C – y% 16.1. A percentagem de ovos estragados varia segundo as proveniências e sabe-se que, dos ovos provenientes de A, 5% são estragados; dos ovos provenientes de B, 10% são estragados; dos ovos provenientes de C, 15% são estragados. 16.2. Por outro lado sabe-se que 12% do total dos ovos recebidos pelo comerciante são estragados. Calcular x e y. P(A) = 0,10 P(B) = x P(C) = y P(E|A) = 0,05 P(E|B) = 0,10 P(E|C) = 0,15 P(E) = 0,12 Como temos 2 incógnitas vamos resolver por um sistema. Quais são as equações do sistema? Uma, é a expressão de cálculo da probabilidade total de “estragados”, a outra é a soma das percentagens de ovos por proveniência que terá de somar 100%. ⇔ ¹ ' ¹ · + + · × + × + × · 1 ) ( ) ( ) ( 12 , 0 ) | ( ) ( ) | ( ) ( ) | ( ) ( ) ( C P B P A P C E P C P B E P B P A E P A P E P ⇔ ¹ ' ¹ − · · × + × − + ⇔ ¹ ' ¹ · + + · × + × + × ⇔ y x y y y x y x 90 , 0 12 , 0 15 , 0 10 , 0 ) 90 , 0 ( 005 , 0 1 10 , 0 12 , 0 15 , 0 10 , 0 05 , 0 10 , 0 ¹ ' ¹ · · ⇔ ¹ ' ¹ − · · ⇔ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · · ⇔ ¹ ' ¹ − · · ⇔ ¹ ' ¹ − · · + − ⇔ 40 , 0 50 , 0 50 , 0 90 , 0 50 , 0 90 , 0 05 , 0 025 , 0 90 , 0 025 , 0 05 , 0 90 , 0 025 , 0 15 , 0 10 , 0 x y x y y x y y x y y x y y P(B) = 0,40 e P(C) = 0,50 17. (Gama 19 pág. 139) A e B são fornecedores de um artigo a uma empresa transformadora que o armazena num contentor. Sabe-se que 5% dos artigos de A e 9% dos artigos de B são defeituosos, razão pela qual A fornece à referida empresa transformadora o quádruplo de B. Foi escolhido ao acaso um dos artigos do contentor e verificou-se que não é defeituoso. Qual é a probabilidade de ter sido fornecido por A? 05 , 0 ) | ( · A D P e 09 , 0 ) | ( · B D P ; logo 95 , 0 ) | ( · A D P e 91 , 0 ) | ( · B D P . ) ( 4 ) ( B P A P × · 18 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 5 1 ) ( 1 ) ( 5 1 ) ( ) ( 4 1 ) ( ) ( · ⇔ · ⇔ · + × ⇔ · + B P B P B P B P B P A P e assim sendo 5 4 5 1 4 ) ( · × · A P Então: 058 , 0 09 , 0 5 1 05 , 0 5 4 ) | ( ) ( ) | ( ) ( ) ( · × + × · × + × · B D P B P A D P A P D P , logo 942 , 0 058 , 0 1 ) ( · − · D P E assim: [ ] 807 , 0 942 , 0 / 8 , 0 95 , 0 ) ( / ) ( ) | ( ) | ( · × ⇔ × · D P A P A D P D A P 18. (Gama 23, adaptado, pág. 139) Há um saco preto que contém 9 bolas coloridas, sendo 1 bola branca, 1 amarela, 1 azul, 2 verdes, 2 vermelhas e 2 castanhas. Retiraram-se 3 bolas sucessivamente do saco e registou-se a cor de cada uma. Determine: 18.1. A probabilidade de, pelo menos, uma das 3 bolas ser vermelha, sabendo que a experiência foi realizada com reposição. P (pelo menos uma V) = 1 – P (nenhuma V) = 1 – P (NNN) = 1 – (7/9) 3 = 1 – 0,471 = 0,529 18.2. A probabilidade de, exactamente, uma das 3 bolas ser vermelha sabendo que a experiência foi realizada sem reposição. P (exactamente uma ser V) = P (VNN) + P (NVN) + P (NNV) = 3 × P (VNN) = = 3 × 2/9 × 7/8 × 6/7 = 0,5 19. Uma empresa recebe diariamente leite de 3 distritos diferentes. Ao chegar cada entrega o produto é classificado de acordo com a qualidade em regular (R), bom (B) e extra (E). Determinar a origem mais provável de um lote recentemente entregue sabendo que é de qualidade extra e que as classificações até à data são: Distrito s Total entregue (l) Quantidade (l) R B E 1 1 000 000 200 000 500 000 300 000 2 3 000 000 500 000 2 000 000 500 000 3 2 500 000 600 000 1 500 000 400 000 P(1|E) = 300 000 / 1 200 000 = 3/12 P(2|E) = 500 000 / 1 200 000 = 5/12 P(3|E) = 400 000 / 1 200 000 = 4/12 A origem mais provável do lote é o distrito 2. 22. (Gama 20 pág. 139) Numa sala estão três caixas iguais, numeradas de 1 a 3 e contendo bolas coloridas conforme se mostra na tabela: Caixa Nº bolas vermelhas Nº bolas brancas Nº bolas azuis 1 2 3 5 2 4 1 3 3 3 4 3 De uma caixa seleccionada aleatoriamente extraiu-se uma bola e verificou- se que era vermelha. Qual a probabilidade de ter sido retirada da caixa 3? ( ) ( ) ( ) 10 / 3 3 / 1 3 / 1 10 / 3 ) ( ) 3 ( ) 3 | ( ) | 3 ( · × · × · V P P V P V P P(V|3) = 3/10 P(3) = 1/3 P(V) = P(V|1) x P(1) + P(V|2) x P(2) + P(V|3) x P(3) = 2/10 x 1/3 + 4/8 x 1/3 +3/10 x 1/3 = 1/3 19 Estas 3 probabilidades têm o mesmo valor PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Aqui, P(V) deve ser calculado através do teorema das probabilidades totais porque existem três “probabilidades de ser vermelha”, uma em cada subconjunto. Assim a P(V) total terá que ser calculada assim. 20 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 3 Variáveis Aleatórias Unidimensionais 1. (Gama 1, pag 198) Considere as variáveis aleatórias seguintes. Indique quais são as variáveis aleatórias discretas e contínuas justificando a resposta. 1.1. M = idade de uma estrela escolhida ao acaso. 1.2. N = número de estrelas que se podem observar, à noite, a olho nu. 1.3. O = número de avarias de uma máquina num intervalo de tempo. 1.4. P = tempo entre avarias consecutivas de uma máquina. 1.5. Q = classificação média obtida pelos alunos do 12º ano, no exame nacional de Matemática de um determinado ano lectivo. 1.6. R = número de alunos do 12º ano com classificação negativa, no exame nacional de Matemática de um determinado ano lectivo. 1.7. S = número de cabelos de uma mulher. 1.8. T = duração de uma partida de futebol. 1.9. U = número de interrupções numa partida de futebol. 1.10. V = quantidade de comida (em kg) ingerida, por dia, por um adulto. 1.11. W = número de espectadores numa partida de futebol disputada num estádio com lotação de 50 000 pessoas. 1.12. X = produção diária de leite numa fábrica de lacticínios. 1.13. Y = produção diária de uma fábrica de parafusos. 1.14. Z = produção diária de calças de uma fábrica de confecções. Variáveis discretas: 1.2; 1.3; 1.6; 1.7; 1.9; 1.11; 1.13; e 1.14; Variáveis contínuas: 1.1, 1.4; 1.5; 1.8; 1.10 e 1.12. 2. Uma célula por multiplicação origina, no máximo, 4 células filhas. A probabilidade de formação de x células filhas é dada por: x 1 2 3 4 f(x) 1/4 3/8 1/8 1/4 2.1. Verificar que f(x) é uma função de probabilidade. Traçar o gráfico de f(x). f(x)≥ 0, { } 4 , 3 , 2 , 1 ∈ ∀x e 1 4 / 1 8 / 1 8 / 3 4 / 1 · + + + 2.2. Determinar a função de distribuição F(x) e traçar o respectivo gráfico. ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ ≥ < ≤ < ≤ < ≤ < · 4 , 1 4 3 , 8 / 6 3 2 , 8 / 5 2 1 , 4 / 1 1 , 0 ) ( x x x x x x F 21 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 2.3. Calcular a probabilidade de formação de pelo menos 2 células filhas. 4 / 3 8 / 1 8 / 3 4 / 1 ) 2 ( · + + · ≥ X P ou 4 / 3 4 / 1 1 ) 1 ( 1 ) 2 ( · − · − · ≥ F X P 3. O número de lançamentos num ramo é uma variável aleatória X, que toma os valores x, com probabilidade p(x) = k x , x = 1, 2,..., 10. x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 p(x) 1k 2 k 3 k 4 k 5 k 6 k 7 k 8 k 9 k 10 k 3.1. Calcular k de modo que p(x) seja uma função de probabilidade. 55 / 1 1 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 · ⇔ · + + + + + + + + + k k k k k k k k k k k 3.2. Calcular a probabilidade de um ramo ter 2 lançamentos. 55 / 2 ) 2 ( ) 2 ( · · · p X P 3.3. Calcular o número médio de lançamentos por ramo. µ = 1 x 1/55 + 2 x 2/55 + … + 9 x 9/55 + 10 x 10/55 = 385/55 = 7 lançamentos por ramo. 4. Sendo X uma variável aleatória com função de probabilidade: x 0 1 2 3 4 5 6 7 f(x) 0,1 0,1 0,1 0,1 0,2 0,2 0,1 0,1 4.1. Determinar a função de distribuição de X. ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ ≥ < ≤ < ≤ < ≤ < ≤ < ≤ < ≤ < ≤ < · 7 , 0 , 1 7 6 , 9 , 0 6 5 , 8 , 0 5 4 , 6 , 0 4 3 , 4 , 0 3 2 , 3 , 0 2 1 , 2 , 0 1 0 , 1 , 0 0 , 0 ) ( x x x x x x x x x x F 4.2. Calcular P(X > 2), P(X < 4), P(X ≥ 1|X ≤ 4). 7 , 0 ) 2 ( · > X P 4 , 0 ) 4 ( · < X P 6 5 6 , 0 5 , 0 ) 4 ( ) 4 1 ( ) 4 | 1 ( · · ≤ ≤ ≤ · ≤ ≥ X P X P X X P 4.3. Calcular µ e σ. 7 , 3 1 , 0 7 1 , 0 6 ... 1 , 0 1 1 , 0 0 ) ( · × + × + + ∑ × + × · × · x f x µ 41 , 4 69 , 13 1 , 18 7 , 3 1 , 0 1 , 0 7 1 , 0 6 ... 1 , 0 1 1 , 0 0 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 · − · × − × + × + + ∑ × + × · − × · µ σ x f x 1 , 2 41 , 4 · · σ 5. Numa experiência com um inibidor de apetite, o número de refeições, N, que um rato toma por dia é anotado. Em cada dia são fornecidas 2 refeições. Tendo N uma função de probabilidade 2 , 1 , 0 = , 2 1 7 4 ) ( n n n N P , _ ¸ ¸ · · , calcular a média e a variância do número de refeições comidas por dia. Temos que calcular primeiro a função de probabilidade: n 0 1 2 P(N= n) 4/ 7 2/ 7 1/ 7 22 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 7 / 4 7 / 2 2 7 / 2 1 7 / 4 0 ) ( · × + ∑ × + × · × · N P x µ 53 , 0 ) 7 / 4 ( 7 / 1 2 7 / 2 1 7 / 4 0 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 · − × + ∑ × + × · − × · µ σ N P x 6. Sendo X uma variável aleatória discreta com função de distribuição: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ ≥ ≤ ≤ ≤ ≤ · 4 , 1 4 < 2 , 8 6 2 < 0 , 8 5 0 < 2 - , 8 3 2 - < 4 - , 8 1 4 - < , 0 ) ( x x x x x x x F Determinar a função de probabilidade f(x), µ e σ 2 . Para resolver este problema precisamos de definir a função de probabilidade f(x). O raciocínio que deve ser feito será um raciocínio contrário àquele que se faz quando, a partir da função de probabilidade, se pede a função de distribuição, F(x). Se analisarmos a função F(x) percebemos que, até ao ponto “-4” (exclusive), isto é, para “x<-4”, a probabilidade acumulada é “0”. Já a partir deste ponto, isto é, de “x=-4” e até ao ponto “x=-2” (exclusive), isto é, no intervalo “x≤ -4”, a probabilidade acumulada é “1/8”. Ora isto só é possível se no ponto “x=-4” a probabilidade for “1/8” e daí até “x=-2” (exclusive) não houver nenhum ponto de probabilidade diferente de “0”. No ponto “x=-2” a probabilidade acumulada passa para “3/8”; ora isso só é possível se, nesse ponto, houver um acréscimo de probabilidade de “2/8”. Repare-se que essa probabilidade acumulada se mantém até “x=0” (exclusive), o que significa que, desde o ponto “x=-2” até “x=0” (exclusive), não houve nenhum ponto com probabilidade diferente de “0”. Este raciocínio terá que ser feito para todos os outros pontos apresentados na F(x). A função de probabilidade f(x) vem então: X -4 -2 0 2 4 f(x ) 1/8 2/8 2/8 1/8 2/8 Podemos agora calcular µ e σ 2 . ∑ · × + × + × + × − × − · × · 4 / 1 8 / 2 4 8 / 1 2 8 / 2 0 8 / 2 2 8 / 1 4 ) (x f x µ ( ) ( ) ∑ · − × + × + × + × − + × − · − × · 44 , 7 4 / 1 8 / 2 4 8 / 1 2 8 / 2 0 8 / 2 2 8 / 1 4 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 µ σ x f x 7. Um dado produto pode ser classificado, consoante a sua qualidade, em 5 classes distintas: 1, 2, 3, 4 e 5. Sendo X a classe atribuída ao produto, com função de probabilidade: x 1 2 3 4 5 f(x) K 2k 4k 2k k 7.1. Determinar k. 1 , 0 1 10 1 2 4 2 · ⇔ · ⇔ · + + + + k k k k k k k 7.2. Qual a probabilidade de que um produto tomado ao acaso, tenha uma classificação menor do que 4 e superior a 1? 6 0 4 0 2 0 ) 3 ( ) 2 ( 4 1 , = , + , = X= +P X= ) = P <X< P( 7.3. Calcular “1 – F(2)”, e indicar o seu significado. 1 - F(2) = 1 – 0,3 = 0,7 e significa a probabilidade de, escolhendo ao acaso, obter um produto com qualidade superior à segunda (X=2). 23 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 8. Sendo X uma variável aleatória discreta cuja distribuição de probabilidade é a seguinte: x 0 1 2 3 4 5 P(X = x) 0,100 0,300 0,400 0,100 0,050 0,050 8.1. Representar graficamente a respectiva função de distribuição. ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ ≥ < ≤ < ≤ < ≤ < ≤ < ≤ < · 5 , 0 , 1 5 4 , 95 , 0 4 3 , 9 , 0 3 2 , 8 , 0 2 1 , 4 , 0 1 0 , 1 , 0 0 , 0 ) ( x x x x x x x x F 8.2. Calcular P(X < 4,5), P(X ≥ 2), P(X ≥ 2|X ≤ 4) e P(2<X<4,5). 95 , 0 ) 5 , 4 ( 5 , 4 ) ( · · < F X P ; 6 , 0 ) 2 ( · ≥ X P ; 579 , 0 95 , 0 4 , 0 95 , 0 ) 4 ( ) 1 ( ) 4 ( ) 4 ( ) 4 2 ( ) 4 | 2 ( · − · − · ≤ ≤ ≤ · ≤ ≥ F F F X P X P x X P 15 , 0 8 , 0 95 , 0 ) 3 ( ) 5 , 4 ( ) 5 , 4 2 ( · − · − · < F F X P 9. (Gama, 2, pág. 198) Considere a selecção aleatória de 4 cartas de um baralho de 10 cartas, com 3 copas, 2 ouros e 5 paus. Seja X a variável aleatória que representa o número de copas seleccionadas consecutivamente. Determine: Se se retirarem sucessivamente 4 cartas dum baralho de 10 cartas, onde existem apenas “3 cartas de copas (C)” é óbvio que só se podem obter, no máximo 3 cartas de copas sendo as outras não-copas (N). Percebemos assim que a nossa variável X só pode assumir os valores 0, 1, 2, 3 e 4. 9.1. A função de probabilidade de X. Para se determinar a função de probabilidade tem que se calcular a probabilidade da variável em estudo, X, assumir os valores possíveis (0, 1, 2, 3 e 4). Assim: 6 1 7 4 8 5 9 6 10 7 ) ( ) 0 ( / = / / / / = NNNN =P X= P × × × ; 2 1 7 3 8 5 9 6 10 7 4 ) ( 4 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( = = NNNC P = NNNC +P NNCN P NCNN +P CNNN = P X P × × × × × + · ; = CCNN P = NNCC +P NCNC +P NCCN +P CNNC +P CNCN +P CCNN =P X= P ) ( 6 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( × 10 3 7 6 8 7 9 2 10 3 6 = = × × × × ; 30 1 7 7 8 1 9 2 10 3 4 ) ( 4 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( = = CCCN P = NCCC +P CNCC +P CCNC +P CCCN =P X= P × × × × × . x 0 1 2 3 f(x) 1/6 1/2 3/10 1/30 9.2. A função de distribuição acumulada de X. ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ ≥ < ≤ < ≤ < ≤ < · 3 , 1 3 2 , 30 / 29 2 1 , 6 / 4 1 0 , 6 / 1 0 , 0 ) ( x x x x x x F 24 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 9.3. A média e a variância de X. ∑ · × + × + × + × · × · 5 / 6 30 / 1 3 10 / 3 2 2 / 1 1 6 / 1 0 ) (x f x µ ( ) ∑ · − × + × + × + × · − × · 56 , 0 5 / 6 30 / 1 3 10 / 3 2 2 / 1 1 6 / 1 0 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 µ σ x f x 10. Dada a função ¹ ¹ ¹ ' ¹ ≤ ≤ · x de valores outros x x x f , 0 1 0 , - 3 4 ) ( 2 10.1.Mostre que se trata de uma função densidade de probabilidade (fdp). Para mostrar que é uma fdp temos que provar que f.(x)≥ 0 e que 1 ) ( · ∫ +∞ ∞ − dx x f . Fazer o gráfico para ver que f.(x) está sempre “acima” do eixo do x: O integral ∫ +∞ ∞ − dx x f ) ( corresponde à área delimitada pelo eixo do x e a função f.(x) (linha vermelha). Vamos verificar se dá 1. 1 3 ) 0 ( ) 0 ( 3 4 3 ) 1 ( ) 1 ( 3 4 3 3 3 4 0 3 4 0 ) ( 3 3 1 0 1 0 1 2 · 1 1 ] 1 ¸ − × − 1 1 ] 1 ¸ − × · 1 1 ] 1 ¸ − ∫ · ∫ + , _ ¸ ¸ − ∫ + · ∫ ∞ + ∞ + ∞ − ∞ + ∞ − x x dx dx x dx f dx x f [ ] 1 3 3 0 0 3 1 3 4 · 1 ] 1 ¸ · − − 1 ] 1 ¸ − · 10.2.Determine F(x) e calcule P(X ≤ 0,5). Recordemos que a função F(x) nos permite saber qual a probabilidade acumulada até um qualquer valor de x. Como sabemos, as probabilidades acumuladas associadas a este tipo de funções são dadas pelas áreas por elas definidas: a probabilidade acumulada até um dado valor x corresponde à área à esquerda desse valor delimitada superiormente pela fdp e inferiormente pelo eixo do x . O cálculo das expressões capazes de nos darem essas áreas são obtidas pelos integrais da fdp até ao valor x. Este tipo de integrais em que um dos valores de integração é um valor não definido x chama-se “integral indefinido”. Por questões de melhor compreensão, nas expressões a integrar, a variável “x” será substituída por “t ”. Deste modo podemos ver nitidamente a variável “t” a ser substituída pela variável “x” aquando do integral. Nos intervalos onde a fdp for diferente de “0” as expressões que se vão obter vão ter presente a variável “x” que será depois substituída pelo valor que se quiser. Como a fdp pode estar definida por vários ramos (expressões por intervalos) também o cálculo da função de distribuição terá que ser definida para esses mesmos ramos. A fdp apresenta 3 ramos: de “-∞ a 0”, de “0 a 1” e de “1 a +∞”. Estes não ser os intervalos de cálculo da F(x). [-∞ x <0] ou [x < 0] (ver a definição da fdp porque os sinais destes intervalos terão que respeitar os sinais da fdp). Quando x é menor que “0” (ver a fdp) a função é “0”. 0 0 ) ( · ∫ · ∫ ∞ − ∞ − x x dt dt t f [ ] 1 0 ≤ ≤x 25 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 3 3 4 3 ) 0 ( ) 0 ( 3 4 3 ) ( ) ( 3 4 3 3 4 3 4 0 ) ( 3 3 3 0 3 0 2 x x x x t t dt t dt dt t f x x x x − · 1 1 ] 1 ¸ − − 1 1 ] 1 ¸ − · 1 1 ] 1 ¸ − · ∫ , _ ¸ ¸ − + ∫ · ∫ ∞ − ∞ − [ ] +∞ ≤ <x 1 ou 1 > x 1 3 1 3 4 3 ) 0 ( ) 0 ( 3 4 3 ) 1 ( ) 1 ( 3 4 3 3 4 0 3 4 0 ) ( 3 3 3 1 0 3 1 0 2 · − · 1 1 ] 1 ¸ − − 1 1 ] 1 ¸ − · 1 1 ] 1 ¸ − · ∫ + ∫ , _ ¸ ¸ − + ∫ · ∫ ∞ − ∞ − t t dt dt t dt dt t f x x x x Podemos então, escrever: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ > ≤ ≤ − < · 1 , 1 1 0 , 3 3 4 0 , 0 ) ( 3 x x x x x x F 24 15 24 1 6 4 3 5 , 0 5 , 0 3 4 ) 5 , 0 ( ) 5 , 0 ( 3 · − · − × · · ≤ F x P , 0,5 está no intervalo [ ] 1 0 ≤ ≤ x 11. Sendo X o peso (g) das proteínas existentes em cada embalagem de um dado alimento, com função de densidade de probabilidade. ( ) ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ ≤ < − ≤ < · x de valores outros x x x x x f , 0 3 7 1 , 3 7 4 1 1 0 , ) ( 2 11.1.Traçar o gráfico de f(x). 11.2.Determinar a função de distribuição de X. Nesta fdp temos 4 ramos. [ ] 0 < x 0 0 ) ( · ∫ · ∫ ∞ − ∞ − x x dt dt t f [ ] 1 0 ≤ ≤x ( ) 3 3 ) 0 ( 3 ) ( 3 0 ) ( 3 3 3 0 3 0 2 x x t dt t dt dt t f x x x x · 1 1 ] 1 ¸ − 1 1 ] 1 ¸ · 1 1 ] 1 ¸ · ∫ + ∫ · ∫ ∞ − ∞ − 1 ] 1 ¸ ≤ < 3 7 1 x ( ) · 1 1 ] 1 ¸ − + 1 1 ] 1 ¸ · ∫ , _ ¸ ¸ − + ∫ + ∫ · ∫ ∞ − ∞ − x x x x t t t dt t dt t dt dt t f 1 2 1 0 3 1 1 0 2 2 3 7 4 1 3 ) 3 7 ( 4 1 0 ) ( · , _ ¸ ¸ − − , _ ¸ ¸ − + · 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − − , _ ¸ ¸ − + 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − , _ ¸ ¸ · 8 3 4 7 8 3 4 7 3 1 2 ) 1 ( 3 ) 1 ( 7 4 1 2 ) ( 3 ) ( 7 4 1 3 ) 0 ( 3 ) 1 ( 2 3 2 3 3 x x x x , _ ¸ ¸ − + − · 24 25 4 7 8 3 2 x x 1 ] 1 ¸ > 3 7 x 26 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 ( ) · 1 1 ] 1 ¸ − + 1 1 ] 1 ¸ · ∫ + ∫ , _ ¸ ¸ − + ∫ + ∫ · ∫ ∞ − ∞ − 3 / 7 1 2 1 0 3 3 / 7 3 / 7 1 1 0 2 2 3 7 4 1 3 0 ) 3 7 ( 4 1 0 ) ( t t t dt dt t dt t dt dt t f x x x · , _ ¸ ¸ + − , _ ¸ ¸ − + · 1 1 1 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − − , _ ¸ ¸ , _ ¸ ¸ − , _ ¸ ¸ + 1 1 ] 1 ¸ − , _ ¸ ¸ · 8 3 4 7 72 147 12 49 3 1 2 ) 1 ( 3 ) 1 ( 7 4 1 2 3 7 3 3 7 7 4 1 3 ) 0 ( 3 ) 1 ( 3 2 3 3 1 72 99 72 147 72 294 72 24 · − − + · Podemos escrever: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ > ≤ < − + − ≤ < ≤ · 3 7 , 1 3 / 7 1 , 24 25 4 7 8 3 1 0 , 3 0 , 0 ) ( 2 3 x x x x x x x x F 11.3. Calcular a probabilidade de, numa embalagem escolhida ao acaso, o peso das proteínas ser: 11.3.1. Pelo menos 0,5 g. · − · − · − · ≥ 24 1 1 3 ) 5 , 0 ( 1 ) 5 , 0 ( 1 ) 5 , 0 ( 3 F X P 23/24 11.3.2. Não superior a 2 g. · − + − · · ≤ 24 25 4 ) 2 ( 7 8 ) 2 ( 3 ) 2 ( ) 2 ( 2 F X P 23/24 11.4.Calcular F(2) - F(0,5), indicar o seu significado e representar este valor graficamente aproveitando o gráfico traçado na alínea a). 12 11 24 22 24 1 24 23 ) 5 , 0 ( ) 2 ( · · − · − F F Nota: a área correspondente à alínea 11.4 é aquela que está entre 1/2 e 2. A verde está P(X≥0,5) e a laranja F(0,5). 12. A eficiência, X, de uma enzima digestiva pode ser descrita pela função de densidade de probabilidade ( ) 1 0 , 3 5 4 1 ) ( 2 ≤ ≤ − · x x x f . 12.1. Calcular a probabilidade de a enzima ter uma eficiência maior do que 50%. ( ) · 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − − , _ ¸ ¸ − · 1 1 ] 1 ¸ − · ∫ − · > 3 ) 5 , 0 ( 3 ) 5 , 0 ( 5 3 ) 1 ( 3 ) 1 ( 5 4 1 3 3 5 4 1 3 5 4 1 ) 5 , 0 ( 3 3 1 5 , 0 3 5 , 0 2 x x dx x X P x ( ) ( ) 32 13 32 19 1 8 19 4 4 1 8 1 8 20 1 5 4 1 · − · 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − · 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − − − · 27 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 12.2. Calcular a média e a variância da eficiência. Média: ( ) ( ) · 1 1 ] 1 ¸ − · ∫ − · ∫ − × · ∫ × · ∞ + ∞ − 1 0 4 2 1 0 3 1 0 2 4 3 2 5 4 1 3 5 4 1 3 5 4 1 ) ( x x dx x x dx x x dx x f x µ 16 7 4 3 2 5 4 1 4 ) 0 ( 3 2 ) 0 ( 5 4 ) 1 ( 3 2 ) 1 ( 5 4 1 4 2 4 2 · , _ ¸ ¸ − · 1 1 ] 1 ¸ − − 1 1 ] 1 ¸ − · Variância da eficiência: ( ) ( ) · ∫ − − · − ∫ − × · ∫ − × · +∞ ∞ − 1 0 2 4 2 2 1 0 2 2 2 2 2 3 5 4 1 3 5 4 1 ) ( µ µ µ σ dx x x dx x x dx x f x · , _ ¸ ¸ − 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − − , _ ¸ ¸ − · , _ ¸ ¸ − 1 1 ] 1 ¸ − · 2 5 3 5 3 2 1 0 5 3 16 7 5 ) 0 ( 3 3 ) 0 ( 5 5 ) 1 ( 3 3 ) 1 ( 5 4 1 16 7 5 3 3 5 4 1 x x 075 , 0 256 49 5 3 3 5 4 1 · , _ ¸ ¸ − , _ ¸ ¸ − · 12.3. Calcular F(0,5). 32 19 32 13 1 ) 5 , 0 ( 1 ) 5 , 0 ( · − · > − · X P F 13. Sendo X uma variável aleatória que representa a quantidade (kg) procurada por cliente de determinado produto em certa loja, com f.d.p. ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ < ≤ − < ≤ · x de valores outros b x x x a x x f , 0 2 , 36 9 2 2 , 3 1 ) ( 2 13.1.Calcular a e b, sabendo que 50% dos clientes procura pelo menos 2 kg. A informação que é dada diz que 50% dos clientes consome menos de 2 kg. Sendo b o valor mais alto, quer dizer que 50% dos clientes consome entre 2 kg e b. Assim: ⇔ · 1 1 ] 1 ¸ − ⇔ · ∫ , _ ¸ ¸ − ⇔ · < ≤ 5 , 0 72 9 2 5 , 0 36 9 2 5 , 0 ) 2 ( 2 2 2 b b x x dx x b X P ⇔ · − + − ⇔ · − + − ⇔ · 1 1 ] 1 ¸ − − 1 1 ] 1 ¸ − ⇔ 0 72 64 72 16 72 2 1 72 28 72 16 72 5 , 0 72 ) 2 ( ) 2 ( 9 2 72 ) ( ) ( 9 2 2 2 2 2 b b b b b b 8 2 16 ) 1 ( 2 ) 64 )( 1 ( 4 16 16 0 64 16 2 2 · − − · ⇔ − − − − t − · ⇔ · − + − ⇔ b b b b Kg Do mesmo modo a é o valor mais baixo, quer dizer que 50% dos clientes consome entre a e 2 kg. Assim: ⇔ · 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − − , _ ¸ ¸ − ⇔ · 1 ] 1 ¸ − ⇔ · ∫ , _ ¸ ¸ ⇔ · < ≤ 5 , 0 ) ( 3 1 ) 2 ( 3 1 5 , 0 3 1 5 , 0 3 1 5 , 0 ) 2 ( 2 2 2 a x dx x X a P a a 5 , 0 3 6 3 2 3 1 6 1 5 , 0 3 1 · ⇔ · ⇔ · ⇔ + · ⇔ a a a a Kg 13.2. Calcular a probabilidade de um cliente procurar mais de 7 kg. P(X>7) = 1 – F(7) [que não podemos calcular através da F(x) porque não a temos]. Então temos que resolver pelo integral: 28 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 72 1 72 ) 7 ( ) 7 ( 9 2 72 ) 8 ( ) 8 ( 9 2 72 9 2 36 9 2 ) 7 ( 2 2 8 7 2 8 7 · 1 1 ] 1 ¸ , _ ¸ ¸ − − , _ ¸ ¸ − · 1 1 ] 1 ¸ − · ∫ , _ ¸ ¸ − · > x x dx x X P 14. (Gama, 7, pag 199) Uma variável aleatória X tem a seguinte função densidade de probabilidade: [ ] ¹ ¹ ¹ ' ¹ > ∈ + · x de valores outros a c a x x f , 0 0 / , , 0 , 15 1) (x 2 ) ( Se esta variável tem esta fdp quer dizer que o integral daquela função entre “0” e “a” tem que valer “1”. 14.1.Determine o valor de a para o qual f(x) é uma função densidade de probabilidade. ⇔ · 1 1 ] 1 ¸ + − 1 1 ] 1 ¸ + ⇔ · 1 1 ] 1 ¸ + ⇔ · ∫ , _ ¸ ¸ + ⇔ · ∫ ∞ + ∞ − 1 15 ) 0 ( 2 30 ) 0 ( 2 15 ) ( 2 30 ) ( 2 1 15 2 30 2 1 15 ) 1 ( 2 1 ) ( 2 2 0 2 0 a a x x dx x f dx x f a a ⇔ t − · ⇔ − − t − · ⇔ · − + ⇔ · − + ⇔ 2 8 2 ) 1 ( 2 ) 15 )( 1 ( 4 2 2 0 15 2 0 15 15 15 2 15 2 2 2 a a a a a a 5 3 − · ∨ · ⇔ a a 14.2.Determine a função de distribuição acumulada F(x). A fdp tem 3 ramos: “x < 0”, “0 ≤ x ≤ 3” e “x > 3”. [ ] 0 < x 0 0 0 ) ( · ∫ ⇔ · ∫ ∞ − ∞ − x x dt dt t f [ ] 3 0 ≤ ≤x 15 2 15 15 0 2 30 0 2 15 2 30 2 15 2 30 2 15 ) 1 ( 2 ) ( 2 2 2 0 2 0 x x x x t t dt t dt t f x x x + · 1 1 ] 1 ¸ × + × − 1 1 ] 1 ¸ + · 1 1 ] 1 ¸ + · ∫ + · ∫ ∞ − [ ] 3 > x 1 15 6 30 18 15 0 2 30 0 2 15 3 2 30 3 2 15 2 30 2 0 15 ) 1 ( 2 ) ( 2 2 3 0 2 3 3 · + · 1 1 ] 1 ¸ × + × − 1 1 ] 1 ¸ × + × · 1 1 ] 1 ¸ + · ∫ + ∫ + · ∫ ∞ − t t dt dt t dt t f x x x Podemos então escrever: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ > ≤ ≤ + < · 3 , 1 3 0 , 15 2 15 0 , 0 ) ( 2 x x x x x x F 14.3.Calcule P(-3 <X ≤1). 5 1 15 1 2 15 1 0 ) 1 ( ) 3 ( ) 1 ( ) 1 3 ( 2 · , _ ¸ ¸ × + · − · − − · ≤ < − F F F X P 14.4.Calcule P(1 ≤ X ≤ 3 | X ≤ 2). ( ) 8 5 15 8 15 5 15 8 5 1 15 8 ) 2 ( ) 1 ( ) 2 ( ) 2 ( 2 1 ( 2 | 3 1 · · − · − · , _ ¸ ¸ ≤ ≤ ≤ · ≤ ≤ ≤ F F F X P X P X X P 15 8 15 2 2 15 2 ) 2 ( 2 · × + · F 14.5.Calcule P(2 ≤ X ≤ 4). 29 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 15 7 15 8 1 ) 2 ( ) 4 ( ) 4 2 ( · − · − · ≤ ≤ F F X P 30 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Variáveis Aleatórias Bidimensionais 15. Uma caixa contém 10 bolas: 5 amarelas; 3 brancas e 2 castanhas. Fazem-se 3 tiragens com reposição. Sendo X a variável aleatória que conta o número de bolas castanhas extraídas: 15.1. Construa a função de probabilidade de X. Construir a função de probabilidade é responder à pergunta”qual é a probabilidade que a variável X tem de assumir cada um dos valores possíveis?” Sendo X o número de bolas castanhas que se podem ter em três tiragens com reposição é óbvio que esta variável pode assumir os valores 0, 1, 2 e 3. Por outro lado, sempre que não sai uma bola castanha terá que sair uma bola “não-castanha” e, quando se estuda apenas o número de bolas castanhas, isso significa que não interessa a cor dessa bola “não-castanha”: podemos assim dizer que temos bolas “castanhas” [C] e “não-castanhas” [N]. Assim: P(ter 0 bolas castanhas) = 512 , 0 10 8 10 8 10 8 10 8 ) ( ) 0 ( 3 · , _ ¸ ¸ · × × · · · NNN P X P 384 , 0 10 8 10 8 10 2 3 ) ( ) ( ) 1 ( · × × × · + · · NNC P CNN P X P 096 , 0 10 8 10 2 10 2 3 ) ( ) ( ) ( ) 2 ( · × × × · + + · · NCC P CNC P CCN P X P 008 , 0 10 2 10 2 10 2 ) ( ) 3 ( · × × · · · CCC P X P X 0 1 2 3 f(x ) 0,512 5 0,38 4 0,09 6 0,00 8 15.2.Considere a variável aleatória Y que conta o número de bolas amarelas extraídas naquela experiência aleatória e que tem a seguinte função de probabilidade: Construir a função de probabilidade conjunta de X(Castanhas) e Y(Amarelas) é construir uma tabela que responda a perguntas do tipo: “qual é a probabilidade de X ser 0 e, ao mesmo tempo, Y ser 1?” Para isso vamos chamar às bolas castanhas [C], às bolas amarelas [A] e às brancas [B]. Vejamos as situações. Se não há Castanhas nem Amarelas temos obrigatoriamente 3 Brancas C A B Acontecimentos Probabilidade ) 0 ; 0 ( · · Y X P 0 0 3 ) (BBB P 027 , 0 ) 10 / 3 ( ) 10 / 3 ( ) 10 / 3 ( · × × ) 1 ; 0 ( · · Y X P 0 1 2 ) ( ) ( ) ( BBA P BAB P ABB P + + 135 , 0 ) 10 / 3 ( ) 10 / 3 ( ) 10 / 5 ( 3 · × × × ) 2 ; 0 ( · · Y X P 0 2 1 ) ( ) ( ) ( BAA P ABA P AAB P + + 225 , 0 ) 10 / 3 ( ) 10 / 5 ( ) 10 / 5 ( 3 · × × × ) 3 ; 0 ( · · Y X P 0 3 0 ) ( AAA P 125 , 0 ) 10 / 5 ( ) 10 / 5 ( ) 10 / 5 ( · × × ) 0 ; 1 ( · · Y X P 1 0 2 ) ( ) ( ) ( BBC P BCB P CBB P + + 054 , 0 ) 10 / 3 ( ) 10 / 3 ( ) 10 / 2 ( 3 · × × × ) 1 ; 1 ( · · Y X P 1 1 1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( CBA P CAB P BCA P BAC P ACB P ABC P + + + + + 180 , 0 ) 10 / 2 ( ) 10 / 3 ( ) 10 / 5 ( 6 · × × × ) 2 ; 1 ( · · Y X P 1 2 0 ) ( ) ( ) ( AAC P ACA P CAA P + + 150 , 0 ) 10 / 5 ( ) 10 / 5 ( ) 10 / 2 ( 3 · × × × ) 3 ; 1 ( · · Y X P 1 3 0 (4 bolas) IMPOSSIVEL 0 ) 0 ; 2 ( · · Y X P 2 0 1 ) ( ) ( ) ( BCC P CBC P CCB P + + 036 , 0 ) 10 / 3 ( ) 10 / 3 ( ) 10 / 2 ( 3 · × × × ) 1 ; 2 ( · · Y X P 2 1 0 ) ( ) ( ) ( ACC P CAC P CCA P + + 060 , 0 ) 10 / 5 ( ) 10 / 2 ( ) 10 / 2 ( 3 · × × × ) 2 ; 2 ( · · Y X P 2 2 0 (4 bolas) IMPOSSIVEL 0 ) 3 ; 2 ( · · Y X P 2 3 0 (5 bolas) IMPOSSIVEL 0 ) 0 ; 3 ( · · Y X P 3 0 0 ) (CCC P 008 , 0 ) 10 / 2 ( ) 10 / 2 ( ) 10 / 2 ( · × × ) 1 ; 3 ( · · Y X P 3 1 0 (4 bolas) IMPOSSIVEL 0 ) 2 ; 3 ( · · Y X P 3 2 0 (5 bolas) IMPOSSIVEL 0 ) 3 ; 3 ( · · Y X P 3 3 0 (6 bolas) IMPOSSIVEL 0 31 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Agora já podemos construir a seguinte tabela de probabilidade conjunta: X 0 1 2 3 f( . ,y) Y 0 0,027 0,054 0,036 0,008 0,125 1 0,135 0,18 0,06 0 0,375 2 0,225 0,15 0 0 0,375 3 0,125 0 0 0 0,125 f(x, . ) 0,512 0,384 0,096 0,008 1 15.3.Construa a função de probabilidade conjunta de X e Y. Para construir a função de distribuição conjunta de X e Y devemos ter em conta que cada valor da mesma representa uma probabilidade acumulada para a intercepção de dois intervalos, um para cada uma das duas variáveis. Assim, e por exemplo, quando se escreve F(2; 1) quer saber-se a probabilidade acumulada para a ocorrência em simultâneo de valores de X menores ou iguais a 2 e de valores de Y menores ou iguais a 1, isto é, P(X ≤ 2; Y ≤ 1). Ora a função de distribuição conjunta tem que estar definida para qualquer par de valores de (x ,y). Como se sabe, estamos perante duas variáveis discretas. Neste caso entre dois valores referenciados consecutivos de cada uma variáveis não há incremento de probabilidade acumulada. Assim, cada uma das variáveis pode ser tratada em intervalos, tal como se faz com as variáveis aleatórias unidimensionais, embora se tenham depois que combinar as duas variáveis. Tomemos o quadro anterior e vejamos a que é que corresponde F(2; 1). Tal como havia sido referido, esta probabilidade corresponde a P(X ≤ 2; Y ≤ 1). No quadro estão delimitadas a verde as células correspondentes aos pares de valores (x ,y) que cumprem as condições requeridas. X 0 1 2 3 f( ., y) Y 0 0,027 0,054 0,036 0,008 0,125 1 0,135 0,18 0,06 0 0,375 2 0,225 0,15 0 0 0,375 3 0,125 0 0 0 0,125 f(x,.) 0,512 0,384 0,096 0,008 1 Assim: 096 , 0 10 8 10 2 10 2 3 ) ( ) ( ) ( ) 2 ( · × × × · + + · · NCC P CNC P CCN P X P · ≤ ≤ ) ;Y P(X 1 2 · · · + · · + · · + · · + · · + · · · ) 1 ; 2 ( ) 0 ; 2 ( ) 1 ; 1 ( ) 0 ; 1 ( ) 1 ; 0 ( ) 0 ; 0 ( Y X P Y X P Y X P Y X P Y X P Y X P · + + + + + · 0,060 0,036 0,180 0,054 0,135 0,027 0,492 (confirmar este valor no quadro seguinte). Vejamos outro exemplo (células limitadas pelas linhas a azul): · ≤ ≤ ) 2 1 ( ;Y X P · · · + · · + · · + · · + · · + · · · ) 2 ; 1 ( ) 1 ; 1 ( ) 0 ; 1 ( ) 2 ; 0 ( ) 1 ; 0 ( ) 0 ; 0 ( Y X P Y X P Y X P Y X P Y X P Y X P · + + + + + · 150 0 180 0 054 0 225 0 135 0 027 0 , , , , , , 0,771(confirmar este valor no quadro seguinte). X x < 0 0 ≤ x < 1 1 ≤ x < 2 2 ≤ x < 3 x ≥ 3 Y y < 0 0 0 0 0 0 0 ≤ y < 1 0 0,027 0,081 0,117 0,125 1 ≤ y < 2 0 0,162 0,396 0,492 0,5 2 ≤ y < 3 0 0,387 0,771 0,867 0,875 32 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Y ≥ 3 0 0,512 0,896 0,992 1 15.4.Verifique se X e Y são variáveis independentes. X e Y não são independentes porque f(x,y) ≠ f(x) × f(y) como se prova, por exemplo, com P(X=1;Y=1) ≠ P(X=1) × P(Y=1), isto é, 0,180 ≠ 0,384 × 0,375. 16. Num dado distrito, com três concelhos, A, B e C, a superfície agrícola útil é constituída por solos de textura arenosa (1), média (2) e argilosa (3). A função de probabilidade conjunta, f(x,y), é dada por: X 1 2 3 Y A 0,1 8 0,0 9 0,1 6 B 0,0 9 0,1 2 0,2 C 0,0 3 0,0 9 0,0 4 16.1.Indicar o valor de f(3,A) e explicar o seu significado. f(3,A) = 0,16 e traduz a probabilidade de um solo ter textura argilosa e ser do concelho A; 16.2.Calcular as funções de probabilidade marginal de X e de Y. As funções de probabilidade marginal de X e Y correspondem aos somatórios das colunas e das linhas, respectivamente. Traduzem a probabilidade de cada uma das variáveis assumir um dado valor independentemente dos valores que a outra variável assuma. X 1 2 3 Y A B C f(x ) 0,3 0,3 0,4 f(y ) 0,4 3 0,4 1 0,1 6 16.3.Qual o valor de f 2 (B) [ou f y (B)] ? O que representa? f 2 (B) = f y (B) = 0,41 e traduz a percentagem de superfície agrícola do concelho B dentro da totalidade do distrito: 16.4. Calcular F(3, A) e indicar o seu significado. F(3, A) = 0,18 + 0,09 + 0,16 = 0,43 16.5.Calcular P(X < 3,Y ≤ A). P(X<3;Y≤A) = P(X=1;Y=A) + P(X=2;Y=A) = 0,27 16.6.Qual a probabilidade de um solo ter textura média, sabendo que é do concelho A? 21 , 0 43 , 0 09 , 0 ) ( ) , 2 ( ) | 2 ( · · · · · · A Y P A Y X P A P 16.7.Verifique se X e Y são variáveis independentes. X e Y não são independentes porque f(x,y) ≠ f(x) × f(y) como se prova, por exemplo, com P(X=1,Y=A) ≠ P(X=1) × P(Y=A), isto é, 0,18 ≠ 0,30 × 0,43. 17. Considere o exercício nº 15 e execute-o agora com tiragens sem reposição. Seja A – Amarela, B – Branca e C – Castanha. ( A – não Amarela, etc.) 17.1. Em 3 tiragens sem reposição e com 2 bolas Castanhas presentes na caixa o número de bolas Castanhas presentes nos conjuntos das 3 tiragens só pode 0, 1 ou 2. A probabilidade de “não C” é a soma da probabilidade de A com a de B e, portanto: 33 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 10 / 8 10 / 3 10 / 5 ) ( ) ( ) ( · + · + · B P A P C P ( ) 7/15 42/90 6/8 7/9 8/10 C C C P 0) P(X · · × × · · · 7/15 42/90 7/8 8/9 2/10 3 C) C C P( ) C C C P( ) C C P(C 1) P(X · · × × × · + + · · 1/15 6/90 8/8 1/9 2/10 3 CC) C P( C) C P(C ) C P(CC 2) P(X · · × × × · + + · · X 0 1 2 f(x) 7/15 7/15 1/15 17.2. Façamos agora um raciocínio semelhante àquele que foi feito anteriormente mas agora numa situação de “não reposição”. Y 0 1 2 3 f(y) 1/12 5/12 5/12 1/12 C A B Acontecimentos Probabilidade P (X=0 ; Y=0) 0 0 3 ) (BBB P 120 1 8 1 9 2 10 3 · × × P (X=0 ; Y=1) 0 1 2 ) ( ) ( ) ( BBA P BAB P ABB P + + 8 1 8 2 9 3 10 5 3 · × × × P (X=0 ; Y=2) 0 2 1 ) ( ) ( ) ( BAA P ABA P AAB P + + 4 1 8 3 9 4 10 5 3 · × × × P (X=0 ; Y=3) 0 3 0 ) ( AAA P 12 1 8 3 9 4 10 5 · × × P (X=1 ; Y=0) 1 0 2 ) ( ) ( ) ( BBC P BCB P CBB P + + 20 1 8 2 9 3 10 2 3 · × × × P (X=1 ; Y=1) 1 1 1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( CBA P CAB P BCA P BAC P ACB P ABC P + + + + + 4 1 8 2 9 3 10 5 6 · × × × P (X=1 ; Y=2) 1 2 0 ) ( ) ( ) ( AAC P ACA P CAA P + + 6 1 8 4 9 5 10 2 3 · × × × P (X=1 ; Y=3) 1 3 0 (4 bolas) IMPOSSÍVEL 0 P (X=2 ; Y=0) 2 0 1 ) ( ) ( ) ( BCC P CBC P CCB P + + 40 1 8 3 9 1 10 2 3 · × × × P (X=2 ; Y=1) 2 1 0 ) ( ) ( ) ( ACC P CAC P CCA P + + 24 1 8 5 9 1 10 2 3 · × × × P (X=2 ; Y=2) 2 2 0 (4 bolas) IMPOSSÍVEL 0 P (X=2 ; Y=3) 2 3 0 (5 bolas) IMPOSSÍVEL 0 A função de probabilidade conjunta de X e Y vem assim: X 0 1 2 f( . ,y) Y 0 1/120 1/20 1/40 1/12 1 1/8 1/4 1/24 5/12 2 1/4 1/6 0 5/12 3 1/12 0 0 1/12 f(x, . ) 7/15 7/15 1/15 1 Como se pode ver as funções de probabilidade marginal de X e Y confirmam as funções inicialmente apresentadas e calculadas nas alíneas anteriores. 17.3.Esta função de distribuição conjunta é calculada como foi calculada a da alínea 15.3. X x < 0 0 ≤ x < 1 1 ≤ x < 2 x ≥ 2 Y 34 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 y < 0 0 0 0 0 0 ≤ y < 1 0 1/120 7/120 10/120 1 ≤ y < 2 0 16/120 52/120 60/120 2 ≤ y < 3 0 46/120 102/120 110/120 y ≥ 3 0 56/120 112/120 1 17.4.X e Y não são independentes porque existe pelo menos um par (x,y) tal que, f(x,y) ≠ f(x) × f(y). Como se pode ver, por exemplo, para o par (0,3) temos P(X=0,Y=3) ≠ P(X=0) × P(Y=3), isto é, 1/12 ≠ 7/15 × 1/12. 18. Considere X e Y como duas variáveis aleatórias discretas. Alguns dos valores para a função de probabilidade conjunta e para as funções marginais encontram-se na tabela seguinte. Y 1 2 3 f x (y) X 1 1/12 1/12 1/3 2 1/4 1/12 3 1/12 1/6 f x (y) 1/3 1/6 18.1. Complete a tabela de modo a ter a função de probabilidade conjunta para o par aleatório (X, Y) e as funções de probabilidade marginais de cada uma das variáveis aleatórias. A resolução desta alínea baseia-se no cálculo das parcelas por diferença para valores conhecidos: sabemos que a probabilidade total é 1 e que esse valor é a soma das probabilidades marginais (3/6 nas últimas coluna e linha); por sua vez estas probabilidades marginais são a soma das respectivas linhas ou colunas. Y 1 2 3 f x (y) X 1 1/12 2/12 1/12 1/3 2 2/12 1/4 1/12 0 3 1/12 1/12 0 1/6 f x (y) 1/3 3/6 1/6 1 18.2.Determine a função de Distribuição Conjunta de X-Y. Y y < 1 1 ≤ y < 2 2 ≤ y < 3 y ≥ 4 X x < 0 0 0 0 0 1 ≤ x < 2 0 1/12 3/12 4/12 2 ≤ x < 3 0 3/12 8/12 10/12 x ≥ 4 0 4/12 10/12 1 18.3.Calcular P(1≤ X<2 , 2≤ Y≤ 3). P(1 ≤ X < 2 , 2 ≤ Y ≤ 3) = 2/12 + 1/12 = 3/12 (o X só pode ser 1 e o Y pode ser 2 ou 3) 35 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 4 Distribuições Teóricas Discretas 1. Dada uma moeda equilibrada e sendo X o número de coroas obtidas em 6 lançamentos, determinar: Analisemos a situação exposta para vermos que tipo de distribuição temos: • 6 Provas com 2 resultados possíveis: face ou coroa (provas de Bernoulli); • Provas independentes pois as probabilidades de sair face [P(F)] e de sair coroa [P(C)] mantêm-se constantes ao longo das 6 tiragens; Logo, estamos perante uma Distribuição Binomial. p) (n, X∩ · × × · · −x n x x q p C n x) P(X X N.º de coroas em ► 6 lançamentos. (6;0,5) X Bin ∩ 1.1. A probabilidade de obter 2 coroas. 234375 , 0 5 , 0 5 , 0 2) P(X 4 2 2 6 · × × · · C 234375 0 0625 0 25 0 15 ) 2 ( , , , X P · × × · · Para calcular factoriais na calculadora “Casio fx9860”: Escolher opção “OPTN” e depois “STAT”, depois “F6” para as restantes opções e escolher “PROB” e depois “x!”; Posso também utilizar a função “nCr” e por exemplo: 3 20 C , fica 20C3 e dá 1140, evitando assim as operações com factoriais. 1.2. P (X = 3). 3125 , 0 5 , 0 5 , 0 3) P(X 3 3 3 6 · × × · · C 1.3. P (X < 2). 0,10938 0,09375 0,015625 5 , 0 5 , 0 5 , 0 5 , 0 1) P(X ) 0 P(X 2) P(X 5 1 1 6 6 0 0 6 · + · × × + × × · · + · · < C C 1.4. P (X > 2). [ ] 65625 0 34375 0 1 ) 2 ( ) 1 ( ) 0 ( 1 ) 2 ( 1 ) 2 ( , , X P X P X P - X P X P · − · · + · + · · ≤ − · > 1.5. P (1 < X < 3). P (1 < X < 3) = P(X=2) = 0,234375; 1.6. A probabilidade de obter 2 ou mais faces. Nesta alínea a pergunta é feita em função das “faces”. Para o resolver podemos assumir duas alternativas: a) transformar a pergunta que está feita em função de “faces” numa pergunta em função de “coroas” ou b) fazer uma mudança de variável de modo a defini-la directamente em função das “faces”. a) P(obter 2 ou mais faces) = P(obter 4 ou menos coroas) = P(X≤ 4)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=0,34375+0,3125+0,234 38=0,89062 ; Coroa Face 0 6 1 5 2 4 3 3 4 2 5 1 6 0 b) Mudança de variável: 36 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Y Nº de faces em ► 6 lançamentos Y ∩ Bin (6 ; 0,5) P(obter 2 ou mais faces) = P(Y≥ 2) = 1 – P(Y<2) = 1 – [P(Y=0) + P(Y=1)] 1.7. A probabilidade de obter menos que 4 faces. P(obter menos que 4 faces) = P(Y<4) = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) + P(Y=3) = 0,65625. 2. As características genéticas de dois ratos adultos são tais que a probabilidade de um filho ser albino é de 0,2. Se o casal tiver seis filhos calcular a probabilidade de: • Qual a distribuição? Temos: • 6 Provas com 2 resultados possíveis: albinos ou não albinos; • Provas independentes pois as probabilidades de albinos [P(A)] e de não albinos [P(N)] mantêm-se ao longo dos 6 nascimentos; logo estamos perante uma Distribuição Binomial. X Nº de ratinhos albinos em ► 6 nascimentos. X∩Bin (6; 0,2) 2.1. Não haver albinos; 262144 0 8 0 2 0 ) 0 ( 0 6 0 0 6 , , , C X P · × × · · − 2.2. Nascerem dois ou mais albinos; [ ] ( ) 34464 , 0 8 , 0 2 , 0 262144 , 0 1 ) 1 ( ) 0 ( 1 ) 2 ( 1 ) 2 ( 1 6 1 1 6 · × × + − · · + · − · < − · ≥ − C X P X P X P X P 2.3. No máximo 2 não serem albinos; Repare-se que o problema agora é posto salientando exactamente os ratinhos não albinos. Uma das maneiras de resolver este problema é converter as perguntas de “não albinos” em “albinos”; outra maneira é fazer uma mudança de variável. Vejamos esta última: mudança de variável: Y nº de ratinhos ► NÃO albinos em 6 nascimentos. Y∩Bin (6; 0,8) · · + · + · · ≤ ) 2 ( ) 1 ( ) 0 ( ) 2 ( Y P Y P Y P Y P · × × + × × + × × · 4 2 2 6 5 1 1 6 6 0 0 6 2 , 0 8 , 0 2 , 0 8 , 0 2 , 0 8 , 0 C C C 01696 , 0 01536 , 0 001536 , 0 000064 , 0 · + + · 2.4. Só haver um albino; 393216 0 8 0 2 0 ) 1 ( 1 6 1 1 6 , , , C X P · × × · · − 2.5. Nascerem no máximo 3 albinos. · · + · + · + · · ≤ ) 3 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 0 ( ) 3 ( X P X P X P X P X P 98304 , 0 08192 , 0 24576 , 0 393216 , 0 262144 , 0 · + + + · CA: 262144 0 8 0 2 0 ) 0 ( 0 6 0 0 6 , , , C X P · × × · · − 393216 0 8 0 2 0 ) 1 ( 1 6 1 1 6 , , , C X P · × × · · − 24576 0 8 0 2 0 ) 2 ( 2 6 2 2 6 , , , C X P · × × · · − 08192 , 0 8 0 2 0 3 ) 3 ( 3 6 3 6 · × × · · − , , C X P 3. O sistema de previsão para uma dada doença que depende das condições de humidade, numa determinada cultura é tal que, um dia húmido é aquele em que ocorre precipitação superior ou igual a 4 mm. A precipitação é 37 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 independente de dia para dia e o quadro seguinte dá a probabilidade de precipitação de x mm na época de desenvolvimento da doença: 0 ≤ x < 1 ≤ x < 2 ≤ x < 3 ≤ x < 4 ≤ x < 5 ≤ x < x ≥ f(x) 0,05 0,2 0,2 0,2 0,15 0,15 0,05 Calcular a probabilidade de, nesse período: 3.1. Ocorrer um dia húmido? 35 , 0 05 , 0 15 , 0 15 , 0 ) 4 ( ) ( · + + · ≥ · X P H P 3.2. Ocorrerem sucessivamente 3 dias húmidos? Y Nº dias húmidos em ► 3 dias; ) 35 , 0 ; 3 ( Bin Y ∩ 042875 0 65 0 35 0 ) 3 ( 3 3 3 3 3 , , , C Y P · × × · · − 3.3. Haver pelo menos 2 dias húmidos numa semana? Z Nº dias húmidos em ► 7 dias; ) 35 , 0 ; 7 ( Bin Z ∩ [ ] ( ) · × × + × × − · · + · − · ≥ − − 1 7 1 1 7 0 7 0 0 7 65 , 0 35 , 0 65 , 0 35 , 0 1 ) 1 ( ) 0 ( 1 2) P(Z C C Z P Z P 7662014391 , 0 ) 184776282 , 0 1 0490222789 , 0 ( 1 · + − · 4. Uma máquina de empacotar fatias de presunto produz em média, 5 embalagens defeituosas em 100. Ter atenção que, embora sejam tiragens sem reposição, e teoricamente fosse uma Distribuição Hipergeométrica, não temos o N (dimensão da população) sendo fácil de supor que N>10×5 (apresentação 5, diapositivo 33). Assim vamos usar, por aproximação, a Distribuição Binomial: 4.1. Em cinco embalagens extraídas ao acaso qual a probabilidade de: X Nº de embalagens não defeituosas em ► 5. ) 95 , 0 ; 5 ( Bin X ∩ 4.1.1. Pelo menos uma ser não defeituosa? ( ) 9999997 0 0000003 0 1 05 0 95 0 1 ) 0 ( 1 ) 1 ( 0 5 0 0 5 , , , , C X P X P · − · × × − · · − · ≥ − 4.1.2. Duas serem defeituosas? Y Nº de embalagens defeituosas em ► 5. ) 05 , 0 ; 5 ( Bin Y ∩ 021434375 0 95 0 05 0 ) 2 ( 2 5 2 2 5 , , , C Y P · × × · · − 4.1.3. Uma, quando muito, ser não defeituosa? 00003 , 0 05 , 0 95 , 0 05 , 0 95 , 0 ) 1 ( ) 0 ( ) 1 ( P 1 5 1 1 5 0 5 0 0 5 · × × + × × · · + · · ≤ − − C C X P X P X 4.2. Quantas embalagens deverão ser analisadas para que a probabilidade de ocorrer pelo menos uma embalagem defeituosa seja superior a 0,5? ⇔ > ⇔ > − · × × − · · − · ≥ ) 5 , 0 ( log 95 , 0 1 95 , 0 05 , 0 1 ) 0 ( 1 ) 1 ( P 95 , 0 0 0 n n C X P Y n n n 14 5 , 13 · ⇒ > ⇔ n n CA: 51 , 13 ) 95 , 0 log( ) 5 , 0 log( ) 5 , 0 ( log ) 5 , 0 ( log 95 , 0 95 , 0 ⇔ ⇔ · ⇔ x 4.3. Em 50 embalagens extraídas ao acaso qual o valor esperado de embalagens defeituosas e qual o seu desvio padrão? 5 , 2 05 , 0 50 · × · × · p n µ ; 38 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 541 , 1 375 , 2 95 , 0 05 , 0 50 · · × × · × × · q p n σ 5. Um estudo encomendado por uma empresa permitiu apurar que aproximadamente 60% dos seus trabalhadores mantinham uma atitude cooperativa face à empresa, 30% uma atitude hostil e 10% uma atitude não definida. 5.1. Qual a probabilidade de num grupo de 12 trabalhadores: Este exercício é resolvido com a Distribuição Binomial ou com a Distribuição Multinomial, dependendo das alíneas. 5.1.1.Pelo menos 6 adoptarem uma atitude hostil face à empresa? Binomial As provas têm ► 2 resultados possíveis: “hostis” e “não hostis”; X Nº de colaboradores hostis numa amostra de ► 12; ) 3 , 0 ; 12 ( Bin X ∩ · · + · + · + · + · + · + · · ≥ ) 12 ( ) 11 ( ) 10 ( ) 9 ( ) 8 ( ) 7 ( ) 6 ( ) 6 ( X P X P X P X P X P X P X P X P 1178487389 , 0 · CA: 1178487389 , 0 7 , 0 3 , 0 ... 7 , 0 3 , 0 12 12 12 12 12 6 12 6 6 12 · × × + + × × − − C C 5.1.2. No mínimo 2 terem uma atitude bem definida? Binomial ► as provas têm 2 resultados possíveis: “com atitude bem definida” (hostis e cooperativos) e “com atitude não definida”; Y — nº de colaboradores com atitude bem definida numa amostra de 12; ) 9 , 0 ; 12 ( Bin Y ∩ [ ] ( ) · × × + × × − · · + · − · ≥ 11 1 1 12 12 0 0 12 1 0 9 0 1 0 9 0 1 ) 1 ( ) 0 ( 1 ) 2 ( , , C , , C Y P Y P Y P 1 98 0,99999999 ≈ · 5.1.3. Qual o número esperado de trabalhadores com atitude hostil? 6 , 3 30 , 0 12 · × · × · p n µ 5.1.4. 6 terem uma atitude hostil, 4 cooperativa e 2 não definida. Multinomial ► as provas têm 3 resultados possíveis: “atitude hostil”, “cooperativa” e “não definida”; X 1 ► nº de trabalhadores com atitude cooperativa numa amostra de 12; X 2 ► nº de trabalhadores com atitude hostil numa amostra de 12; X 3 ► nº de trabalhadores com atitude não definida numa amostra de 12; p 1 = 0,6; p 2 = 0,3; p 3 = 0,1; ( ) · × × × × × · · · · 2 6 4 3 2 1 1 , 0 3 , 0 6 , 0 ! 2 ! 6 ! 4 ! 12 2 ; 6 ; 4 X X X P 013 , 0 01 , 0 00073 , 0 13 , 0 860 . 13 · × × × · Na calculadora 12!, calcula-se digitando 12, OPTN, seleccionar PROB e depois x! 5.1.5. 3 terem uma atitude hostil e 4 cooperativa. Multinomial ► as provas têm 3 resultados possíveis: “atitude hostil”, “cooperativa” e “não definida”; X 1 ► nº de trabalhadores com atitude cooperativa numa amostra de 12; X 2 ► nº de trabalhadores com atitude hostil numa amostra de 12; X 3 ► nº de trabalhadores com atitude não definida numa amostra de 12; p 1 = 0,6; p 2 = 0,3; p 3 = 0,1; ( ) · × × × × × · · · · 5 3 4 3 2 1 1 , 0 3 , 0 6 , 0 ! 5 ! 3 ! 4 ! 12 5 ; 3 ; 4 X X X P 0097 , 0 00001 , 0 027 , 0 13 , 0 720 . 27 · × × × · 39 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 5.2. Qual probabilidade de, num grupo de 20 trabalhadores, 10 terem atitude cooperativa e 6 hostil? Multinomial ► as provas têm 3 resultados possíveis: “atitude hostil”, “cooperativa” e “não definida”; Y 1 ► nº de trabalhadores com atitude cooperativa numa amostra de 20; Y 2 ► nº de trabalhadores com atitude hostil numa amostra de 20; Y 3 ► nº de trabalhadores com atitude não definida numa amostra de 20; p 1 = 0,6; p 2 = 0,3; p 3 = 0,1; ( ) · × × × × × · · · · 4 6 10 3 2 1 1 , 0 3 , 0 6 , 0 ! 4 ! 6 ! 10 ! 20 4 ; 6 ; 10 Y Y Y P 2 0171024322 , 0 0001 , 0 00073 , 0 006 , 0 760 . 798 . 38 · × × × · 6. Uma urna contém 14 bolas e em cada uma delas está registado um número. Seis dessas bolas apresentam um número positivo e oito, um número negativo. Retirou--se uma amostra de quatro bolas dessa urna e multiplicaram-se os respectivos números. Qual a probabilidade de o produto assim obtido ser positiva? O produto de “4 bolas” só será negativo se houver número ímpar de bolas negativas. X ► Nº de bolas com valor negativo inscrito ) 4 ; 8 ; 14 ( H X ∩ X pode tomar valores entre 0 e 4 (inclusive). Destes são ímpares o “1” e o “3”. Assim, a probabilidade do produto ser positivo é: P(produto ser positivo) = 1 – P(produto ser negativo) = [ ] 0,5045 0,4955 1 1 ) 3 ( ) 1 ( 1 4 14 1 6 3 8 4 14 3 6 1 8 · − · , _ ¸ ¸ × + × − · · + · − · C C C C C C X P X P 7. Estima-se que do total das declarações de Imposto Sobre Rendimento de Pessoas Colectivas, 40% estão correctamente preenchidas, 30% contêm erros favorecendo apenas os contribuintes, 10% erros favorecendo apenas o Estado e as restantes os dois tipos de erro. 7.1. Se forem seleccionada 10 declarações para auditoria, qual a probabilidade de se encontrarem: Este exercício é resolvido com a Distribuição Binomial ou com a Distribuição Multinomial, dependendo das alíneas. 7.1.1. 6 correctamente preenchidas? Binomial as provas têm ► 2 resultados possíveis: “correctamente preenchidas” e “com erros”; X Nº de declarações correctamente preenchidas numa amostra de ► 10; ) 4 , 0 ; 10 ( Bin X ∩ [ ] 111476736 , 0 6 , 0 4 , 0 ! 6 )! 6 10 ( ! 10 6 , 0 4 , 0 ) 6 ( 4 6 4 6 6 10 · × × × − · × × · · C X P 7.1.2. 2 com erros? Binomial as provas têm ► 2 resultados possíveis: “com erros” e “correctamente preenchidas”; Y Nº de declarações com erros numa amostra de 10; ► ) 6 , 0 ; 10 ( Bin Y ∩ 010616832 , 0 4 , 0 6 , 0 ) 2 ( 8 2 2 10 · × × · · C Y P 7.1.3. 4 correctamente preenchidas, 2 com erros a apenas favor do contribuinte e 1 com erros apenas a favor do Estado? Multinomial as provas têm ► 4 resultados possíveis: declarações “correctamente preenchidas”, “com erros exclusivamente a favor do 40 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 contribuinte”, “com erros favorecendo apenas o Estado” e “com os 2 tipos de erros”; X 1 nº de declarações correctamente preenchidas numa amostra de ► 10; X 2 nº de declarações com erros exclusivamente a favor do contribuinte ► numa amostra de 10; X 3 nº de declarações com erros favorecendo apenas o Estado numa ► amostra de 10; X 4 nº de declarações com os 2 tipos de erros numa amostra de 10; ► p 1 = 0,4; p 2 = 0,3; p 3 = 0,1; p 4 = 0,2; ( ) · × × × × × × × · · · · · 3 1 2 4 4 3 2 1 2 , 0 1 , 0 3 , 0 4 , 0 ! 3 ! 1 ! 2 ! 4 ! 10 3 ; 1 ; 2 ; 4 X X X X P 02322432 , 0 008 , 0 1 , 0 09 , 0 0256 , 0 600 . 12 · × × × × · 7.2. Em 10 declarações qual o número esperado de declarações com erros apenas a favor do contribuinte? O número esperado é a média. Tal como a pergunta está feita temos “declarações com erros a favor do contribuinte” versus as outras situações pelo que estamos perante uma distribuição Binomial. Assim: 3 30 , 0 10 · × · × · p n µ 8. Dum lote de 100 peças, das quais 20 são defeituosas, escolheu-se ao acaso uma amostra de 10. Qual a probabilidade de nessa amostra: As provas têm 2 resultados possíveis: “defeituosas” e “não defeituosas”; e são retiradas sem reposição (amostra) o que faz com que sejam provas não independentes. Como o valor da população donde é retirada a amostra é conhecido pode calcular-se através da Distribuição Hipergeométrica. X Nº de artigos defeituosos numa amostra de ► 10; ) 10 ; 20 ; 100 ( H H ∩ 8.1. Haver 3 defeituosas? 2092080852 , 0 ) 3 ( 10 100 7 80 3 20 · × · · C C C X P 8.2. Haver 5 defeituosas? 6 0215314699 , 0 ) 5 ( 10 100 5 80 5 20 · × · · C C C X P 9. Um vendedor tem 20 artigos dos quais apenas 16 estão de acordo com as especificações do comprador. Esse comprador examina sempre 20% dos artigos de cada lote apresentado pelo vendedor. O vendedor tem duas opções: • Vender os artigos num único lote; • Vender os artigos em 2 lotes de 10 artigos cada um, distribuindo os artigos bons igualmente pelos 2 lotes. O comprador rejeita o lote se na amostra examinada encontrar um ou mais artigos sem as especificações. As provas têm 2 resultados possíveis: “defeituosas” e “não defeituosas”; cada prova é retirada sem reposição o que faz com que sejam provas não independentes. Como o valor da população donde é retirada a amostra é conhecido pode calcular-se através da Distribuição Hipergeométrica. 9.1. Qual a probabilidade de o vendedor conseguir vender os 20 artigos na 1ª opção? X Nº de artigos defeituosos numa amostra de 4; ► ) 4 ; 4 ; 20 ( H X ∩ 41 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P(vender lote de 20 peças) = 3756449948 , 0 ) 0 ( 4 20 4 16 0 4 · × · · C C C X P 9.2. Qual a melhor opção para o comprador? Nesta opção, para se venderem os dois lotes é necessário vender um e vender o outro, ou seja, em ambos os lotes é necessário que não se encontrem nenhumas peças defeituosas. Neste caso cada lote passou a ter 10 peças das quais agora 2 são defeituosas. Y Nº de artigos defeituosos numa amostra de ► 2; ) 2 ; 2 ; 10 ( H Y ∩ P(vender as 20 peças) = P(vender um lote de 10 peças e vender o outro lote de 10 peças) = 3871604938 , 0 6222222222 . 0 6222222222 . 0 ) 0 ( ) 0 ( 2 10 2 8 0 2 2 10 2 8 0 2 · × · × × × · · × · · C C C C C C Y P Y P Do ponto de vista do vendedor é melhor a segunda opção (maior probabilidade de conseguir vender) e, por oposição, a melhor opção para o comprador é a 1ª [do seu ponto de vista ele quererá rejeitar o(s) lote(s)]. 10. A variável X tem distribuição binomial, com parâmetros n e p. Sabendo que µ=5 e σ 2 = 4, determinar n e p. Temos neste caso duas incógnitas, n e p, que se relacionam através de outras duas expressões: a da média e a da variância cujos valores são fornecidos. Assim podemos escrever: ⇔ ¹ ' ¹ · ⇔ ¹ ' ¹ · − ⇔ ¹ ' ¹ · − × × ⇔ ¹ ' ¹ · − × × · ⇔ ¹ ' ¹ · × × · × 1 5 4 5 5 4 ) 1 ( / 5 4 ) 1 ( / 5 4 5 p p p p p p p n p n q p n p n ¹ ' ¹ · · · ⇔ 2 , 0 25 2 , 0 / 5 p n , então: n = 25 e p = 0,2 11. A distribuição de falhas em contraplacado de madeira apresenta em média uma falha em 50 dm 2 . Qual a probabilidade de que numa porção de contraplacado de dimensão 4 × 8 dm 2 : É-nos dado o valor médio de falhas para 50 dm 2 : 1 1 · λ falha/50 dm 2 . Temos que obter o novo 2 λ para 4 × 8 = 32 dm 2 , para o efeito utilizamos a regra de 3 simples: falhas x dm xfalhas dm falha 64 , 0 50 / 32 32 50 1 3 3 · · − − 64 , 0 2 · λ Falhas/32 dm 2 (resulta da regra de 3 simples anterior) X Nº de falhas por ► 32 dm 2 X∩Po(0,64) 11.1. Não haja nenhuma falha. 527 , 0 ! 0 64 , 0 ) 0 ( 0 64 , 0 · × · · − e X P 11.2. Haja, quando muito, uma falha. 864 , 0 ! 1 64 , 0 ! 0 64 , 0 ) 1 ( ) 0 ( ) 1 ( 1 64 , 0 0 64 , 0 · × + × · + + · · ≤ − − e e X P X P X P 12. A máquina 1 produz por dia o dobro das peças que são produzidas pela máquina 2. No entanto, 6% das peças fabricados pela máquina 1 tendem a ser defeituosas, enquanto somente 3% o tendem a ser na máquina 2. 42 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 12.1. Qual a probabilidade, de num lote de 10 peças extraídas ao acaso da produção total: As provas têm 2 resultados possíveis: “defeituosas” e “não defeituosas”; e são retiradas sem reposição (amostra) o que faz com que as provas não sejam independentes. Como o valor da população donde é retirada a amostra não é conhecido (não se pode calcular através da Distribuição Hipergeométrica) e se supõe que a dimensão da população seja muito maior que 10 vezes a dimensão da amostra vamos calcular através da Distribuição Binomial (por aproximação). 3 2 ) 1 ( · P e 3 1 ) 2 ( · P (resolução por sistema) 06 , 0 ) 1 | ( · D P e 03 , 0 ) 2 | ( · D P então pelo teorema da probabilidade total: 05 , 0 03 , 0 3 1 06 , 0 3 2 ) ( · × + × · D P X ► Nº de peças defeituosas numa amostra de 10; ) 05 , 0 ; 10 ( Bin X Ο ∩ 12.1.1. Haver 2 peças defeituosas? 075 , 0 95 , 0 05 , 0 ) 2 ( 7 2 2 10 · × × · · C X P 12.1.2. Haver entre 2 e 5 (inclusive) peças defeituosas? · · + · + · · ≤ ≤ ) 5 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 5 2 ( X P X P X P X P 086 , 0 95 , 0 05 , 0 ... 95 , 0 05 , 0 5 5 5 10 7 2 2 10 · × × + + × × · C C 12.2. Qual o número esperado de peças defeituosas num lote de 100? 5 05 , 0 100 · × · µ 12.3. Atendendo à capacidade das máquinas colhe-se diariamente uma amostra de 4 peças da máquina 1 e uma amostra de 8 da máquina 2. Calcular a probabilidade de haver 2 peças com defeito no conjunto das duas amostras. As 2 peças defeituosas no conjunto das 12 peças [4 da máquina 1 (M 1 ) e 8 da máquina 2 (M 2 )] podem ser obtidas de três modos diferentes: M M Tot 2 0 2 1 1 2 0 2 2 Para calcular a probabilidade de ter 2 peças defeituosas há que calcular a probabilidade de cada uma das situações apresentadas anteriormente. Cada uma delas é calculada como sendo o produto das duas situações que lhe dão origem, isto é, por exemplo e para o primeiro caso, a probabilidade de, na amostra proveniente de M 1 , termos 2 peças defeituosas e na amostra M 2 ter 0 peças defeituosa. Vamos definir as variáveis necessárias e calculemos as 3 situações: X 1 ► nº de peças definidas na amostra de 4 peças proveniente de M 1 ; ) 06 , 0 ; 4 ( Bin X Ο ∩ X 2 ► nº de peças definidas na amostra de 8 peças proveniente de M 2 ; ) 03 , 8 ; 4 ( Bin X Ο ∩ M 1 M 2 019 , 0 94 , 0 06 , 0 ) 2 ( 2 2 2 4 1 · × × · · C X P 784 , 0 97 , 0 03 , 0 ) 0 ( 4 0 0 8 2 · × × · · C X P 199 , 0 94 , 0 06 , 0 ) 1 ( 3 1 1 4 1 · × × · · C X P 194 , 0 97 , 0 03 , 0 ) 1 ( 5 1 1 8 2 · × × · · C X P 781 , 0 94 , 0 06 , 0 ) 0 ( 4 0 0 4 1 · × × · · C X P 02 , 0 97 , 0 03 , 0 ) 2 ( 2 2 2 8 2 · × × · · C X P 43 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P(ter 2 peças defeituosas nas 12 peças) = 07 , 0 02 , 0 781 , 0 194 , 0 199 , 0 784 , 0 019 , 0 · × + × + × 12.4. As peças são vendidas em embalagens de 20, garantindo o fabricante que 90% são de boa qualidade. Calcular a probabilidade dessa garantia ser violada. Garantir que 90% de 20 são de qualidade é dizer que 18 são de certeza boas e que, no máximo, 2 poderão ser defeituosas. Violar a garantia será ter mais de 2 defeituosas nas embalagens de 20. Z ► Nº de peças defeituosas numa embalagem de 20; ) 05 , 0 ; 20 ( Bin Z ∩ [ ] · · + · + · − · ≥ ) 2 ( ) 1 ( ) 0 ( 1 ) 2 ( Z P Z P Z P Z P [ ] 0755 , 0 9245 , 0 1 95 , 0 05 , 0 95 , 0 05 , 0 95 , 0 05 , 0 1 18 2 2 20 19 1 1 20 20 0 0 20 · − · × × + × × + × × − · C C C 13. Um PBX recebe em média 60 chamadas telefónicas por hora. Calcular: X N.º de chamadas telefónicas por hora num PBX ► λ 1 = 60 chamadas/hora ou 60 chamadas/60 minutos 13.1. A probabilidade de ser recebida apenas 1 chamada durante um período de 1 minuto. Converter o λ · 2 λ 1 chamada /1 minuto X∩Po(1) 3678794412 , 0 ! 1 1 ) 1 ( 1 1 · × · · − e X P 13.2. A probabilidade de serem recebidas pelo menos 3 chamadas num intervalo de 5 minutos. Converter o λ · 3 λ 5 chamadas/5 minutos ) 5 ( 0 P X ∩ [ ] · , _ ¸ ¸ × + × + × − · · + · + · − · ≥ − − − ! 2 5 ! 1 5 ! 0 5 1 ) 2 ( ) 1 ( ) 0 ( 1 ) 3 ( 2 5 1 5 0 5 e e e Y P Y P Y P X P 8753479805 , 0 1246520195 , 0 1 · − · 13.3. Qual o número esperado de chamadas em 10 minutos? E numa hora? 10 10 · µ chamadas; 60 · h µ chamadas. 14. Suponha que um livro de 585 páginas contém 43 erros tipográficos. Se esses erros estiverem aleatoriamente distribuídos pelo livro, qual a probabilidade de: 14.1. Uma página qualquer não ter erros? X Nº de erros numa página. ► 43 1 · λ erros/585 páginas = 0,074 erros/página ) 074 , 0 ( 0 P X ∩ 929 , 0 ! 0 074 , 0 ) 0 ( 0 074 , 0 · × · · − e X P 14.2. Onze páginas escolhidas ao acaso não terem erros? Esta pergunta será resolvida no capítulo seguinte quando se tratar da matéria “Aproximação da Poisson à Normal”. 44 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 15. Admite-se que 5% da produção de certa fábrica apresenta defeitos. Numa encomenda de 100 unidades, qual a probabilidade de se encontrarem: X N.º de peças defeituosas numa encomenda de ► 100 unidades; ) 05 , 0 ; 100 ( Bin X ∩ 15.1. Duas peças defeituosas? 6 0811817718 , 0 95 , 0 05 , 0 ) 2 ( 98 2 2 100 · × × · · C X P 15.2. No máximo 2 peças defeituosas? · · + · + · · ≤ ) 2 ( ) 1 ( ) 0 ( ) 2 ( X P X P X P X P 1182629812 , 0 6 0811817718 , 0 95 , 0 05 , 0 95 , 0 05 , 0 99 1 1 100 100 0 0 100 · + × × + × × · C C 16. Numa fábrica o número de acidentes por semana segue uma lei de Poisson com parâmetro igual a 2. Calcular a probabilidade de: 16.1. Numa semana haver pelo menos um acidente. X Nº de acidentes por semana; ► 2 1 · λ acidentes/semana ) 2 ( 0 P X ∩ 8646647168 , 0 1353352832 , 0 1 ! 0 2 1 ) 0 ( 1 ) 1 ( 0 2 · − · × − · · − · ≥ − e X P X P 16.2. Numa semana haver pelo menos um acidente, sabendo-se que na semana anterior não se tinha registado nenhum. O mesmo da alínea anterior uma vez que na Distribuição de Poisson os acontecimentos são independentes e, portanto, acontecimentos passados não influencia acontecimentos futuros. 16.3. Em 2 semanas se verificarem 4 acidentes. Y Nº de acidentes em ► 2 semanas; 4 2 2 2 · × · λ acidentes/semana ) 4 ( 0 P X ∩ 1953668148 , 0 ! 4 4 ) 4 ( 4 4 · × · · − e Y P 16.4. Numa semana haver 2 acidentes e na semana seguinte outros 2. 2 2 · λ acidentes/semana P(2 acidentes numa semana e 2 acidentes na semana seguinte) = 5 0732625555 , 0 2706705665 , 0 ! 2 2 ! 2 2 ) 2 ( ) 2 ( 2 2 2 2 2 · · × × × · · × · − − e e X P X P 17. O número de rebuçados de chocolate contidos numa embalagem de 250g de certa marca segue distribuição de Poisson. Sabendo que a probabilidade de uma embalagem desse tipo conter pelo menos 1 rebuçado é superior a 0,8, calcular: 17.1. O valor mínimo que a média da distribuição pode tomar. X Nº de rebuçados em ► 250g; ) ( 0 λ P X ∩ ⇔ < × ⇔ < · ⇔ > · − ⇔ > ≥ − 2 , 0 ! 0 2 , 0 ) 0 ( 8 , 0 ) 0 ( 1 8 , 0 ) 1 ( 0 λ λ e X P X P X P 609437912 , 1 ) 2 , 0 ln( 2 , 0 > ⇔ − > ⇔ < ⇔ − λ λ λ e rebuçados/250g 45 4 -z>0 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 17.2. Tomando esse valor médio, calcular a probabilidade de, numa embalagem de 500 g, existirem exatamente 8 rebuçados de chocolate. 218875825 , 3 609437912 , 1 2 · × · λ rebuçados/500g X Nº de rebuçados em ► 500g; ) 218875825 , 3 ( 0 P X ∩ 5 0114333435 , 0 ! 8 218875825 , 3 ) 8 ( 8 218875825 , 3 · × · · − e X P 18. Sabe-se que a probabilidade de determinada máquina automática necessitar de ser afinada em cada período de trabalho de 30 minutos é 0,05. Determinar: X ►Nº de afinações da máquina em cada 30 min. P(máquina ser afinada em cada 30 min) = 0,05 ⇔ P(máquina NÃO ser afinada em cada 30 min) = ⇔ · ⇔ · × ⇔ · · ⇔ · − · − − 95 , 0 95 , 0 ! 0 95 , 0 ) 0 ( 95 , 0 05 , 0 1 0 λ λ λ e e X P 9 0512932943 , 0 ) 95 , 0 ln( min 30 · − · ⇔ λ ) 9 0512932943 , 0 ( 0 P X ∩ 18.1. A média do número de afinações numa semana em que a máquina trabalha 20 horas. Regra de “3 simples”: se em 30 min são 0,05129329439 em 20 h são 40 vezes mais; 051731776 . 2 9 0512932943 , 0 40 20 · × · h λ 18.2. A probabilidade de, em 8 horas de trabalho, se verificar pelo menos 1 afinação e a de se verificarem 2 a 5 afinações. Y ► Nº de afinações da máquina em cada 8 horas; 8206927102 , 0 9 0512932943 , 0 16 8 · × · h λ 5598733313 , 0 4401266687 , 0 1 ! 0 8206927102 , 0 1 ) 0 ( 1 ) 1 ( 0 8206927102 , 0 · − · × − · · − · ≥ − e Y P Y P 199 , 0 ) 5 ( ... ) 2 ( ) 5 2 ( · · + + · · ≥ > Y P Y P Y P 19. Uma remessa de 20 barras de aço é aceite pelo comprador se numa amostra de 5 escolhidas simultaneamente e ao acaso não houver mais que uma defeituosa. Qual a probabilidade de ser aceite um lote que contém 4 barras defeituosas? X ► Nº de peças defeituosas numa remessa de 20 barras; ) 5 ; 4 ; 20 ( H X ∩ 751 , 0 ) 1 ( ) 0 ( ) 1 ( 5 20 4 16 1 4 5 20 5 16 0 4 · × + × · · + · · ≤ C C C C C C X P X P X P 20. Um exame é constituído por 15 questões, cada uma com cinco alternativas de resposta, em que apenas uma é correta. Supondo que um estudante responde às questões aleatoriamente, qual a probabilidade de acertar 10 questões. X ► Nº de respostas corretas em 15 perguntas de escolha múltipla; ) 2 , 0 ; 15 ( Bin X ∩ 0001008 , 0 8 , 0 2 , 0 ) 10 ( 5 10 10 15 · × × · · C X P [Comentário: concluiu-se que não vale a pena apostar neste método] 46 4 -z>0 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 5 Distribuições Teóricas Contínuas A Distribuição Normal tem 2 parâmetros: um deles é a média ( µ ) e o outro é, segundo os autores, a variância ( 2 σ ) ou o desvio padrão ( σ ). No contexto destes exercícios assumiu-se a variância como segundo parâmetro da Distribuição Normal. 1. O montante de depósitos à ordem efetuados diariamente numa agência bancária é uma variável aleatória com distribuição normal de média 120 um e variância 64 um 2 . Determine a percentagem de dias em que o montante de depósitos à ordem efetuados diariamente: A maior parte deste tipo de problemas obedece a um esquema mental que é o seguinte: a partir de x determinar z, fazer as transformações necessárias para contornar as limitações da tabela (apresentação 6, diapositivos 16 a 19) e consultar a tabela. x ==► z ==► tabela X ► Montante de depósitos à ordem efetuados diariamente numa agência bancária; ) 64 ; 120 ( N X ∩ 1.1. É inferior a 135 um; 96995 , 0 ) 875 , 1 ( ) 135 ( · < · < Z P X P CA: 875 , 1 8 120 135 · − · − · σ µ x z , verificando na tabela da “Função Distribuição Cumulativa da Normal Reduzida”, 8 , 1 (na coluna vertical) e 08 , 0 075 , 0 ≈ (na horizontal), o valor encontrado é: 96995 , 0 . 1.2. É inferior a 105 um; · − < · < ) 875 , 1 ( ) 105 ( Z P X P CA: 875 , 1 8 120 105 · − · − · σ µ x z , então: ) 88 , 1 ( 1 ) 875 , 1 ( 1 ) 875 , 1 ( < − · < − · > · Z P Z P Z P , verificando na tabela da “Função Distribuição Cumulativa da Normal Reduzida”, 8 , 1 (na coluna vertical) e 08 , 0 075 , 0 ≈ (na horizontal), o valor encontrado é: 96995 , 0 . Então: 03 , 0 03005 , 0 96995 , 0 1 ≈ · − 1.3. Se situa entre 105 e 135 um; 94 , 0 9399 , 0 03005 , 0 96995 , 0 ) 105 ( ) 135 ( ) 135 105 ( ≈ · − · ≤ − < · > < X P X P X P 1.4. Determine o montante de depósitos à ordem efetuados diariamente, acima do qual se situam 90% dos dias. Aqui a pergunta é: “qual o montante?”, isto é, “qual o valor do x?”. Ora esta pergunta inverte o esquema mental apresentado em 1.1. Neste caso, temos que partir da tabela (através do valor da percentagem dada), determinar o z e depois, a partir dele, o x. Saliente-se que a partir da expressão que converte o x em z, e conhecendo 3 das suas 4 componentes, podemos sempre determinar aquela que estiver em falta. 47 4 -z>0 Se z<0, então: -z>0 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 ⇔ · − < ⇔ · > ⇔ · > 90 , 0 ( 90 , 0 ( 90 , 0 ) ( 1 z Z P z Z P x X P , na tabela procuramos o valor mais próximo da probabilidade 0,90, e tiramos o respetivo z. 77 , 109 28 , 1 28 , 1 1 · ⇔ − · ⇔ · − ⇔ x z z 2. Determinado produto é comercializado em embalagens cujo rótulo indica 1 kg. O peso das embalagens segue distribuição normal, com média igual a 1 kg e variância igual a 0,01 kg 2 . Calcular a probabilidade de uma embalagem ter peso: X Peso das embalagens de um determinado produto ► ) 01 , 0 ; 1 ( N X ∩ 2.1. Superior a 1,121 kg. · > · > ) 21 , 1 ( ) 121 , 1 ( Z P X P CA: 21 , 1 01 , 0 1 121 , 1 · − · − · σ µ x z , então: Verificando na tabela 2 1 , 1 , o valor encontrado é: 88686 , 0 , e: 11314 , 0 88686 , 0 1 ) 21 , 1 ( 1 · − · ≤ − · Z P 2.2. Entre 0,879 kg e 1,121 kg. Represente graficamente a probabilidade obtida. · − ≤ − < · − < · < < ) 21 , 1 ( ) 21 , 1 ( ) 879 , 0 ( ) 121 , 1 ( ) 121 , 1 ) 879 , 0 ( Z P Z P P X P X P 77372 , 0 ) 88686 , 0 1 ( 88686 , 0 · − − · 2.3. Alguém comprou uma pack de 10 embalagens. Qual a probabilidade de nesse pack ter 3 embalagens com peso superior a 1 kg? Y Nº de embalagens com peso superior a 1kg num pack de 10; ► ) 5 , 0 ; 10 ( Bin Y ∩ ► (o 2º parâmetro da Binomial é a probabilidade do sucesso, neste caso, “ter peso superior a 1kg. Sendo X a respectiva variável e 1kg a sua média, ter peso superior a 1kg é, obviamente, 0,5) 1171875 , 0 5 , 0 5 , 0 ) 3 ( 7 3 3 15 · × × · · C Y P 2.4. O vendedor é multado quando uma inspecção detecta, numa amostra de 5 embalagens escolhidas ao acaso, 2 ou mais com peso inferior a 0,975 kg. Qual a probabilidade de o vendedor ser multado quando o seu stock for inspeccionado? W Nº de embalagens com peso inferior a 0,975kg numa amostra de 5; ► Tal como na alínea anterior estamos perante uma Binomial. Neste caso a probabilidade do sucesso (p) é ter embalagens com peso inferior a 0,975kg. Para determinar “p” temos que recorrer à Distribuição Normal e calcular: ) 25 , 0 ( ) 25 , 0 ( ) 25 , 0 ( ) 975 , 0 ( > · − < · − < · < Z P Z P Z P X P CA: 25 , 0 01 , 0 1 975 , 0 − · − · − · σ µ x z Então: Verificando na tabela 25 , 0 , o valor encontrado é: 59871 , 0 , e: 40129 , 0 59871 , 0 1 ) 25 , 0 ( 1 · − · ≤ − · Z P Agora sim, podemos regressar à nossa Binomial: ) 40129 , 0 ; 5 ( Bin W ∩ [ ] · · + · − · ≥ ) 1 ( ) 0 ( 1 ) 2 ( W P W P W P ( ) 6652655204 , 0 3347344796 , 0 1 59871 , 0 40129 , 0 59871 , 0 40129 , 0 1 4 1 1 5 5 0 0 5 · − · × × + × × − · C C 3. Uma população de gastrópodes marinhos apresenta um comprimento de concha que segue distribuição normal, com média de 7 mm e variância igual a 2 mm 2 . Que proporção da população terá conchas com comprimento: X comprimento da concha de uma população de gastrópodes marinhos; ► 48 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 ) 2 ; 7 ( N X ∩ 3.1. Menor que 9 mm? · < ) 9 ( X P CA: 414213562 , 1 2 7 9 · − · − · σ µ x z Então: Verificando na tabela 4 1 , 1 , o valor encontrado é: 92073 , 0 , e: 92073 , 0 ) 41 , 1 ( · < Z P 3.2. Entre 5 e 9 mm? 84146 , 0 ) 92073 , 0 1 ( 92073 , 0 ) 41 , 1 ( 92073 , 0 ) 5 ( ) 9 ( ) 9 5 ( · − − · − ≤ − · ≤ − < · < < Z P X P X P X P 3.3. Menor que 5 mm? 07927 , 0 92073 , 0 1 ) 41 , 1 ( ) 41 , 1 ( ) 5 ( · − · > · − < · < Z P Z P X P 3.4. Entre 6 e 9 mm? · − ≤ − · ≤ − < · < < ) 71 , 0 ( 92073 , 0 ) 6 ( ) 9 ( ) 9 6 ( Z P X P X P X P CA: · ≤ ) 6 ( X P 7071067812 , 0 2 7 6 − · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 71 , 0 , é: 76115 , 0 Então: 682 , 0 68188 , 0 ) 76115 , 0 1 ( 92073 , 0 ≈ · − − · 4. O tempo de desenvolvimento do fungo A, em laranjas mantidas a uma temperatura de 20º C, é normalmente distribuído com média de 7 dias e variância de 4 dias 2 . À mesma temperatura, o tempo de desenvolvimento do fungo B segue distribuição normal com uma média de 10 dias e uma variância de 2 dias 2 . Se uma laranja contaminada com esporos dos dois fungos se mantiver durante 9 dias a 20º C qual a probabilidade de: X Tempo de desenvolvimento do fungo A com ► ) 4 ; 7 ( N X ∩ Y Tempo de desenvolvimento do fungo B com ► ) 2 ; 10 ( N Y ∩ 4.1. O fungo A se desenvolver? ) 9 ( < X P CA: 1 4 7 9 · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 1, é: 841 , 0 84134 , 0 ≈ 4.2. O fungo B se desenvolver? ) 9 ( < Y P CA: 71 , 0 7071067812 , 0 2 10 9 ≈ · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 71 , 0 , é: 761 , 0 76115 , 0 ≈ Então: 239 , 0 23885 , 0 76115 , 0 1 ) 71 , 0 ( ( 1 ) 71 , 0 ( ) 71 , 0 ( ) 9 ( ≈ · − · ≤ − · > · − < · < Z P Z P Z P Y P 4.3. Ambos os fungos se desenvolverem, assumindo que não existe interacção entre eles? P(ambos se desenvolverem) 201 , 0 200954059 , 0 23885 , 0 84134 , 0 ) 9 ( ) 9 ( ≈ · × · < × < Y P X P 5. O peso médio de 500 estudantes do sexo masculino, numa determinada universidade, é 75,5kg e o desvio padrão é 7,5kg. Admitindo que os pesos são normalmente distribuídos, determinar quantos estudantes pesam: X Peso de um estudante do sexo masculino, numa determinada universidade; ► ) 5 , 7 ; 5 , 75 ( N X ∩ 5.1. Entre 60 e 77,5kg: ) 60 ( ) 5 , 77 ( ) 5 , 77 60 ( − − < · < < X P X P X P CA: 49 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 27 , 0 266667 , 0 5 , 7 5 , 75 5 , 77 ≈ · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 27 , 0 , é: 606 , 0 60642 , 0 ≈ 07 , 2 066667 , 2 5 , 7 5 , 75 60 − ≈ − · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 07 , 2 , é: 981 , 0 98077 , 0 ≈ Então: 587 , 0 ) 981 , 0 1 ( 606 , 0 ) 07 , 2 ( ) 27 , 0 ( · − − · − ≤ − < Z P Z P 5.2. Mais de 92,5kg: ) 5 , 92 ( > X P CA: 27 , 2 266667 , 2 5 , 7 5 , 75 5 , 92 ≈ · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 27 , 2 , é: 988 , 0 98840 , 0 ≈ Então: 012 , 0 988 , 0 1 ) 27 , 2 ( 1 ) 27 , 2 ( · − · > − · > Z P Z P 6. O peso das embalagens de presunto produzidas por uma empresa é uma variável aleatória normal X. Sabendo que P(X≤88,55g)=0,011 e P(X>105,80g)=0,123, determinar: X Peso das embalagens de presunto; ► 6.1. Os parâmetros µ e σ 2 da distribuição. Temos 2 incógnitas (µ e σ) que vão ser obtidas por sistema a partir de 2 equações que são as expressão de cálculo de “z 1 ” (obtido a partir de “x 1 =88,55g”) e de “z 2 ” (obtido a partir de “x 2 =105,80g”). Nestas equações, figuram z, x, µ e σ. Sabendo 2 delas (os “z’s” e os “x’s”) posso obter as outras 2 por sistema. A cada valor de “x” corresponde um valor de “z”. Assim, a 88,55 corresponde z 1 e a 105,8 corresponde z 2 . À esquerda do valor x 1 =88,55 temos uma pequena área de 0,011. Se a área fosse maior que 0,5, este valor teria de estar do lado direito da média. z 1 será negativo À direita do valor x 2 =105,80 temos uma pequena área de 0,123. Se a área fosse maior que 0,5, este valor teria de estar do lado esquerdo da média. z 2 será positivo z 1 será negativo ⇔ · − ≥ ⇔ · ≤ ⇔ · ≤ 011 , 0 ) ( 011 , 0 ) ( 011 , 0 ) 55 , 88 ( 1 1 z Z P z Z P g X P 29 , 2 29 , 2 989 , 0 011 , 0 1 ) ( 011 , 0 ) ( 1 1 1 1 1 − · ⇔ · − ⇔ · − · − < ⇔ · − < − ⇔ z z z Z P z Z P z 2 será positivo ⇔ · ≤ − ⇔ · > ⇔ · > 123 , 0 ) ( 1 123 , 0 ) ( 123 , 0 ) 80 , 105 ( 2 2 z Z P z Z P g X P 16 , 1 877 , 0 ) ( 123 , 0 1 ) ( 2 2 2 · ⇔ · ≤ ⇔ − · ≤ ⇔ z z Z P z Z P Substituindo os valores de “z” e “x” em cada uma das equações e resolvendo o sistema: ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · − · + − ⇔ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · − · , _ ¸ ¸ − − ⇔ ¹ ¹ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · − · − 16 , 1 80 , 105 55 , 88 16 , 1 29 , 2 282 , 242 16 , 1 80 , 105 55 , 88 16 , 1 80 , 105 29 , 2 80 , 105 16 , 1 55 , 88 29 , 2 µ σ µ µ µ σ µ µ σ µ σ µ ⇔ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · − · + − ⇔ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · − · + − ⇔ 16 , 1 80 , 105 16 , 1 66 , 102 29 , 2 282 , 242 16 , 1 80 , 105 16 , 1 ) 55 , 88 ( 29 , 2 282 , 242 µ σ µ µ µ σ µ µ ⇔ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · · ⇔ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · · ⇔ ¹ ¹ ¹ ' ¹ − · + · + ⇔ 16 , 1 98318841 , 99 80 , 105 98318841 , 99 16 , 1 80 , 105 942 , 344 45 , 3 16 , 1 80 , 105 282 , 242 66 , 102 16 , 1 29 , 2 σ µ µ σ µ µ σ µ µ ¹ ' ¹ ≈ · ≈ · ⇔ 5 01449275 , 5 100 98318841 , 99 σ µ , obtemos: g 100 · µ e g 5 · σ 50 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 6.2. Qual a probabilidade de uma embalagem escolhida ao acaso ter um peso inferior a 90 g? ) 25 ; 100 ( N X ∩ ; ) 90 ( < X P CA: 2 5 100 90 − · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 2 , é: 977 , 0 97725 , 0 ≈ 023 , 0 977 , 0 1 ) 2 ( 1 ) 2 ( ) 2 ( · − · ≤ − · > · − < Z P Z P Z P 7. Numa seara de milho, a altura dos pés das plantas de uma dada cultivar na fase de maturação segue distribuição normal, com média igual a 1,65 m. Sabendo que a probabilidade de encontrar pés de milho com altura inferior a 1,90 m é de 97%, calcular: X ► Altura dos pés de milho de uma dada cultivar na fase de maturação; ( ) 2 ; 65 , 1 σ N X ∩ 7.1. A variância da população; 97 , 0 ) ( 97 , 0 ) 90 , 1 ( · < ⇔ · < z Z P X P , verificando na tabela o valor mais próximo é: 0,96995, e assim sendo, 88 , 1 · z , então: ⇔ · ⇔ · ⇔ − · ⇔ − · 2 2 133 , 0 133 , 0 88 , 1 65 , 1 90 , 1 65 , 1 90 , 1 88 , 1 σ σ σ σ 0177 , 0 2 · ⇔σ 7.2. A probabilidade de a altura dos pés de milho se situar entre 1,55 e 1,75 m; ( ) 0177 , 0 ; 65 , 1 N X ∩ ) 75 , 0 ( ) 75 , 0 ( ) 55 , 1 ( ) 75 , 1 ( ) 75 , 1 55 , 1 ( − ≤ − < · ≤ − < · < < X P Z P X P X P X P , verificando na tabela 75 , 0 , é: 773 , 0 77337 , 0 ≈ Então: ( ) 546 , 0 773 , 0 1 773 , 0 · − − · 7.3. Um intervalo centrado na média com uma probabilidade de 95%. Como se pode ver pela figura ao lado, aquilo que se pede são os valores de x 1 e x 2 ; a esses valores correspondem 2 valores de z (simétricos entre si) que balizam iguais áreas: a x 1 corresponde z 1 (negativo) e a x 2 corresponde z 2 (positivo). Sabendo um, sabemos o outro. Qual é a área à esquerda de z 2 (a mesma área de x 2 )? A área à esquerda de z 2 é 0,975. Consultando a tabela vem que z 2 = 1,96. Daqui tira-se o x 2 : m x z x 91 , 1 65 , 1 133 , 0 96 , 1 2 2 2 · + × · ⇔ + × · µ σ . O valor de x 1 dista de 1,65m, o mesmo que x 2 , pelo que x 1 = 1,39 m. 8. A média dos diâmetros internos das porcas, produzidas por uma certa máquina, é 0,502 centímetros e o desvio padrão é igual a 0,005 centímetros. O controlo de qualidade na produção não rejeita peças cujo diâmetro esteja compreendido entre 0,496 e 0,508 centímetros, caso contrário, as porcas serão consideradas defeituosas. Determinar a percentagem de porcas produzidas pela máquina que passam no controlo de qualidade, admitindo que os diâmetros são distribuídos normalmente. X Diâmetros internos das porcas; ► ( ) 2 005 , 0 ; 502 , 0 N X ∩ P(uma porca passar no controlo de qualidade) · ≤ − < · ) 496 , 0 ( ) 508 , 0 ( X P X P 51 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 760 , 0 ) 885 , 0 1 ( 885 , 0 ) 20 , 1 ( ) 20 , 1 ( · − − · − ≤ − < · Z P Z P 9. Numa cooperativa fruteira, as maçãs recebidas são classificadas e embaladas consoante o seu calibre. São rejeitadas as que apresentam calibre inferior a 50 mm, as quais representam 12,3% do total recebido. Sendo o calibre uma variável aleatória que segue distribuição normal, com média de 70 mm, calcular: X Calibre ► (diâmetros) das maçãs; ( ) 2 ; 70 , 0 σ N X ∩ 9.1. O desvio padrão; ⇔ · − ≤ − ⇔ · − > ⇔ · < ⇔ · < 123 , 0 ) ( 1 123 , 0 ) ( 123 , 0 ) ( 123 , 0 ) 50 ( z Z P z Z P z Z P X P 2 , 17 16 , 1 70 50 16 , 1 16 , 1 877 , 0 ) ( · ⇔ − − · ⇔ − · ⇔ − · ⇔ − · ⇔ · − ⇔ · − ≤ ⇔ σ σ µ σ σ µ z x x z z z z Z P 2 , 17 · ⇔σ cm 9.2. A probabilidade de uma maçã, escolhida ao acaso, ter um calibre superior a 90 mm. ) 90 ( > X P CA: 16 , 1 2 , 17 70 90 · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 16 , 1 , é: 877 , 0 87698 , 0 ≈ 123 , 0 877 , 0 1 ) 16 , 1 ( 1 ) 2 ( ) 16 , 1 ( · − · ≤ − · > · > Z P Z P Z P 9.3. Numa embalagem com uma dúzia de maçãs qual a probabilidade de ter 3 com calibre até 50 mm e 7 com calibre entre 50 e 90 mm? Cada maçã pode ter 1 de 3 resultados possíveis: calibre até 50mm, calibre entre 50 e 90mm e calibre acima de 90mm. Por outro lado as provas podem ser consideradas independentes uma vez que a mostra é pequena dentro da população de maçãs da cooperativa. Estamos perante uma Distribuição Multinomial. X 1 ► Nº de maçãs com calibre até 50mm; X 2 ► Nº de maçãs com calibre entre 50 e 90mm; X 3 ► Nº de maçãs com calibre superior a 90mm; p 1 = P(uma maçã ter calibre até 50mm) = 0,123; p 2 = P(uma maçã ter calibre entre 50 e 90mm) = 0,754; p 3 = P(uma maçã ter calibre superior a 90mm) = 0,123; ( ) 031 , 0 123 , 0 754 , 0 123 , 0 ! 2 ! 7 ! 3 ! 12 2 ; 7 ; 3 2 7 3 3 2 1 · × × × · · · · X X X P 10. Cada esporo libertado de uma cápsula de um feto tem uma probabilidade de 0,2 de se tornar planta. Se a cápsula tiver 100 esporos, qual a probabilidade de pelo menos 25 se tornarem plantas? X Nº de esporos que se tornam planta; ► ) 2 , 0 ; 100 ( Bin X ∩ Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “n×p≥5” e “n×q≥5” (diapositivo 21, apresentação 6). Assim, 5 20 2 , 0 100 > · × e 5 80 8 , 0 100 > · × cumpre as ► 2 condições. Então: ) 16 ; 20 ( ) 8 , 0 2 100 ; 2 100 ( N X N X Ο Ο ∩ · × × × ∩ ; (diapositivo 23, apresentação 6). 129 , 0 871 , 0 1 ) 13 , 1 ( 1 ) 13 , 1 ( ) 5 , 24 ( ) 25 ( · − · ≤ − · > · > ≈ ≥ Z P Z P Y P Y P N Bin (diapositivo 22, apresentação 6) 11. O peso dos melões de uma dada variedade, X, é uma variável aleatória normalmente distribuída. A probabilidade de um melão, escolhido ao acaso, ter peso superior a 1,350 kg é igual a 2/3 da probabilidade de encontrar um melão com peso inferior à média. Calcular: 52 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 X peso dos melões de uma dada variedade; ► 33 , 0 3 1 5 , 0 3 2 ) ( 3 2 ) 350 , 1 ( ≈ · × · < · > µ X P X P 67 , 0 33 , 0 1 ) 350 , 1 ( 33 , 0 ) 350 , 1 ( 1 · − · ≤ ⇔ · ≤ − X P X P ; 11.1. A média do peso dos melões sabendo que a variância é igual a 0,0625 kg 2 ; Se 44 , 0 67 , 0 ) ( 67 , 0 ) 350 , 1 ( · ⇔ · ≤ ⇔ · ≤ z z Z P X P ; De 24 , 1 25 , 0 44 , 0 350 , 1 · × − · ⇔ × − · ⇔ − · µ σ µ σ µ z x x z 11.2. A probabilidade de um qualquer melão ter peso menor que 1,51 kg; ) 51 , 1 ( < X P CA: 08 , 1 25 , 0 24 , 1 51 , 1 · − · − · σ µ x z , verificando na tabela 08 , 1 , é: 860 , 0 85993 , 0 ≈ 860 , 0 85993 , 0 ) 08 , 1 ( ≈ · < Z P 11.3. A probabilidade de um qualquer melão ter peso entre 1,18 e 1,51 kg; ( ) · < − − · − < − · ≤ − < · < < ) 24 , 0 ( 1 860 , 0 ) 24 , 0 ( 860 , 0 ) 18 , 1 ( ) 51 , 1 ( ) 51 , 1 18 , 1 ( Z P Z P X P x P X P 455 , 0 595 , 0 1 860 , 0 · + − · 11.4. Numa remessa de 50 melões, qual a probabilidade de encontrar mais de 6 com peso superior a 1,51 kg? Y Nº de melões com peso superior a ► 1,51kg; ) 14 , 0 ; 50 ( Bin Y ∩ ( ) 140 , 0 860 , 0 1 · − · p Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “n×p≥5” e “n×q≥5”. Assim, 5 7 140 , 0 50 ≥ · × e 5 43 860 , 0 50 ≥ · × cumpre as ► 2 condições. Então: ) 02 , 6 ; 7 ( ) 860 , 0 140 , 0 50 ; 140 , 0 50 ( N Y N Y Ο Ο ∩ · × × × ∩ ; 579 , 0 ) 20 , 0 ( ) 20 , 0 ( ) 5 , 6 ( ) 6 ( · < · − > · > ≈ > Z P Z P Y P Y P N Bin (diapositivo 22, apresentação 6) 12. Uma máquina produz parafusos cujo comprimento, em cm, é uma variável aleatória com distribuição Normal de parâmetros µ=2cm e σ=0,0125cm. Considera--se que um parafuso é defeituoso quando o seu comprimento difere de 2cm por mais ou menos 0,04cm. Calcule a probabilidade de numa produção de 10.000 parafusos se encontrarem mais de 10 defeituosos. Y Nº de parafusos defeituosos em ► 10.000 parafusos; ( ) ( ) ( ) 002 , 0 ; 000 . 10 998 , 0 1 ; 000 . 10 ) defeituoso ser ( ; 000 . 10 Bin Y Bin Y P Bin Y ∩ ⇔ − ∩ ⇔ ∩ X Comprimento dos parafusos; ► ( ) 2 0125 , 0 ; 2 N X ∩ · < − ≤ · ≤ ≤ · ) 96 , 1 ( ) 04 , 2 ( ) 04 , 2 96 , 1 ( ) defeituoso ser não ( X P X P X P P 998 , 0 ) 999 , 0 1 ( 999 , 0 ) 2 , 3 ( ) 2 , 3 ( · − − · − < − ≤ · Z P Z P Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “n×p≥5” e “n×q≥5”. Assim: 5 20 002 , 0 000 . 10 ≥ · × e 5 998 . 9 998 , 0 000 . 10 ≥ · × cumpre as ► 2 condições. Então, se ) 96 , 19 ; 20 ( ) 002 , 0 ; 000 . 10 ( Ο ∩ ⇔ ∩ Y Bin Y ; 987 , 0 ) 24 , 2 ( ) 24 , 2 ( ) 5 , 10 ( ) 10 ( · < · − > · > ≈ > Z P Z P Y P Y P N Bin 13. O peso das tangerinas de uma variedade é uma variável aleatória X normalmente distribuída com média igual a 75 g e variância igual a 256 g 2 . Sabendo que os frutos são classificados de acordo com o seu peso em 3 53 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 classes distintas, A, B e C, e que à classe A pertencem os frutos com menos de 50 g, à classe C os frutos com mais de 100 g e à classe B os restantes. Calcular: X Peso das tangerinas de uma variedade; ► ( ) 256 ; 75 N X ∩ 13.1. A proporção de frutos pertencentes a cada classe; Como se pode ver pela imagem os valores 50 e 100 são equidistantes do valor médio 75. Por isso, pode dizer-se que as áreas parciais “b 1 ” e “b 2 ” (que no conjunto correspondem à classe “B”) são iguais e que as áreas “a” (que corresponde à classe “A”) e “c” (que corresponde à classe “C”) são também iguais. Assim, se se determinar a área “b 2 ” podemos obter indirectamente todas as proporções. ( ) ( ) ( ) ( ) 44 , 0 5 , 0 94 , 0 5 , 0 56 , 1 75 100 100 75 2 · − · − < · ≤ − < · < < · Z P X P X P X P b 88 , 0 44 , 0 2 2 ) ( 2 · × · × · b B P ) ( ) ( C P A P · e 12 , 0 88 , 0 1 ) ( 1 ) ( ) ( · − · − · + B P C P A P , pelo que 06 , 0 ) ( ) ( · · C P A P 13.2. P(X > 60 g). 83 , 0 ) 94 , 0 ( ) 94 , 0 ( ) 60 ( · < · − > · > Z P Z P X P 13.3. Sabe-se que a probabilidade das tangerinas estarem estragadas é de 5% quando a sua classe é A, de 4% quando a sua classe é B e de 2% quando a sua classe é C. % 2 ) | ( %; 4 ) | ( %; 5 ) | ( · · · C E P B E P A E P 13.4. Calcular a probabilidade de uma tangerina escolhida ao acaso estar estragada. 39 , 0 02 , 0 06 , 0 04 , 0 88 , 0 05 , 0 06 , 0 ) ( · × + × + × · E P ► (Teorema da Probabilidade Total) 13.5. Em 1200 tangerinas da classe B, quantas poderão estar estragadas? Nº de tangerinas estragadas em 48 04 , 0 200 . 1 · × · B 14. Numa dada indústria de tecido XYZ sabe-se que sua produção costuma apresentar um número de defeitos que segue a distribuição de Poisson com uma taxa média de 2 defeitos a cada 50 metros de tecido. Determine: X Quantidade de defeitos em ► 200m de tecido; ( ) ( ) 8 0 200 0 XP P X ⇔ ∩ λ CA: Através duma regra de três simples: m m def 200 50 . 2 200 50 − − − − · λ λ ( ) 8 50 200 2 200 · × · λ Defeitos Como o é elevado, maior que 5, podemos fazer uma aproximação pela distribuição λ Normal. Assim: ( ) ) 8 ; 8 ( 200 0 N Y P X Ο ∩ ⇔ ∩ λ 14.1. A probabilidade de um rolo com 200 metros de tecido apresentar 12 ou mais defeitos; 54 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 10749 , 0 89251 , 0 1 ) 24 , 1 ( 1 ) 24 , 1 ( ) 5 , 11 ( ) 12 ( · − · ≤ − · > · > · ≥ Z P Z P X P X P 14.2. A quantidade esperada de rolos que teriam menos de 5 defeitos numa amostra de 80 rolos de 200 metros. O número esperado é a média. Cada um dos 80m rolos, ou tem menos de 5 defeitos ou não tem menos de 5 defeitos; a probabilidade de ter menos de 5 defeitos é independente de rolo para rolo. Estamos assim perante uma distribuição Binomial: Y ► Quantidade de rolos com menos de 5 defeitos em 80 rolos ( ) ⇔ ∩ defeitos 5 de menos ter de ade probabilid ; 80 Bin X CA: ( ) · defeitos 5 de menos ter P 14457 , 0 85543 , 0 1 ) 06 , 1 ( 1 ) 06 , 1 ( ) 06 , 1 ( ) 5 ( · − · ≤ − · ≥ · − ≤ · ≤ · Z P Z P Z P X P , Então: ( ) 0,14457 ; 80 Bin X ∩ 57 , 11 14457 , 0 80 · × · × · p n µ Rolos 55 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 6 Inferência Estatística Intervalos de confiança 1. A característica X em certo artigo produzido em série segue distribuição normal com desvio padrão 3 · σ . Com base numa amostra aleatória de 25 unidades, que forneceu um valor médio de 48, construa um intervalo de confiança a 95% para o valor médio do universo. Intervalo de confiança para a média da população, com desvio padrão conhecido: 48 · X ; 3 · σ ; 25 · n ; 975 , 0 ) ( · < z Z P verifica-se na tabela ► 96 , 1 · z ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ × + ≤ ≤ × − 25 3 96 , 1 48 25 3 96 , 1 48 µ σ µ σ n z X n z X 176 , 49 824 , 46 ≤ ≤ ⇔ µ 2. Uma máquina de bebidas está regulada de modo a servir uma quantidade de líquido que é uma variável aleatória com distribuição normal. Sabendo que numa amostra de 25 bebidas se obtiveram os seguintes resultados: ml x i i 250 . 6 25 1 · ∑ · e ( ) 2 25 1 2 384ml x x i i · ∑ − · ml x X i i 250 25 250 . 6 25 1 · · ∑ · · ( ) ml ml n x x s i i 4 16 24 384 1 ' 2 25 1 2 2 · · · − ∑ − · · 2.1. Construir um intervalo de confiança a 90% para a verdadeira quantidade média de líquido das bebidas servidas, sabendo que o desvio padrão da população é 4ml. (enunciado alterado) 4 · σ (desvio padrão da população conhecido) usar n z X n z X σ µ σ × + ≤ ≤ × − 312 , 251 688 , 248 25 4 64 , 1 250 25 4 64 , 1 250 ≤ ≤ ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ µ µ 2.2. Determinar quantas bebidas deveriam ser incluídas na amostra se pretendesse aumentar a precisão do intervalo para menos de 1ml. Precisão do intervalo = amplitude do intervalo/2; A amplitude do intervalo é dado por , _ ¸ ¸ × × n z σ 2 . Como se quer uma precisão de “menos de 1ml”, então ml n z 1 < × σ ; substituindo vem: 1 4 96 , 1 < × n , então 03 , 43 > n , como n é inteiro vem 44 · n . 2.3. Supondo desconhecer o desvio padrão da população construir um intervalo de confiança a 95% para a verdadeira quantidade média de líquido das bebidas servidas. (desvio padrão da população desconhecida e n<30) usar a Distribuição t-Student. ( ) ) 24 1 ( 025 , 0 2 / · − · > n t T P α , verifica-se na tabela ► 064 , 2 · t ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ + ≤ ≤ − 25 4 064 , 2 250 25 4 064 , 2 250 ' ' 2 / 2 / µ µ α α n s t X n s t X 65 , 251 35 , 248 65 , 1 250 65 , 1 250 ≤ ≤ ⇔ + ≤ ≤ − ⇔ µ µ 56 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 3. Seja uma população ) ; ( σ µ N X ∩ com 4 · σ . Qual a dimensão mínima da amostra para a qual se tem um intervalo de confiança a 90% para a média inferior a ] 1 − x ; 1 + x [? 4 · σ (desvio padrão da população conhecido) usar n z X n z X σ µ σ × + ≤ ≤ × − , Como ml n z 1 < × σ e 645 , 1 95 , 0 ) ( · ⇔ · < z z Z P , substituindo vem: 1 4 645 , 1 < × n , logo 3 , 43 > n , como n é inteiro vem 44 · n . 4. Um fabricante produz peças de peso especificado em 200 gramas. Querendo estimar o verdadeiro peso médio num grande lote a fornecer ao seu maior cliente, seleccionou 35 peças ao acaso, que depois de pesadas forneceram os seguintes valores: g x i 140 . 7 · ∑ e ( ) 2 2 560g x x i · ∑ − 4.1. Apresentar uma estimativa para o peso médio das peças do lote. X é estimativa de µ ; g n x X i 204 35 140 . 7 · · ∑ · ; 4.2. Construir um intervalo com um grau de confiança de 95% para o peso médio das peças do lote. Intervalo de confiança para a média da população, com desvio padrão da população desconhecido e n>30: usar n s z X n s z X ' ' + ≤ ≤ − µ (como n>30 “t” tende para “z” ; mas como não temos “ σ ” usamos “s’”); g X 204 · ; ( ) 06 , 4 34 560 1 ' 2 · · − ∑ − · n x x s i ; 35 · n ; 975 , 0 ) ( · < z Z P Verifica-se na tabela ► 96 , 1 · z g g n s z X n s z X 35 , 205 65 , 202 35 06 , 4 96 , 1 204 35 06 , 4 96 , 1 204 ' ' ≤ ≤ ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ × + ≤ ≤ × − µ µ µ 5. Numa unidade de empacotamento de açúcar observou-se o peso de 9 embalagens, escolhidas aleatoriamente à saída da linha de empacotamento. O peso das embalagens é uma variável aleatória normal (X). Registaram-se os seguintes pesos (em gramas): 8,7 8,5 6,9 9,4 7,3 9,0 8,6 9,2 8,9 5.1. Calcular a média amostral, o desvio padrão não corrigido(s) e o desvio padrão corrigido(s’). FAZER OS ITEMS NA TOTALIDADE g X 5 , 8 · ; g s 8 , 0 · ; g s 85 , 0 ' · (máquina de calcular); 5.2. Estimar um intervalo de confiança a 99% para o peso médio das embalagens. (Desvio padrão da população desconhecido e n<30) usar: n s t X n s t X ' ' 2 / 2 / α α µ + ≤ ≤ − ; ( ) 005 , 0 2 / · > α t T P , verificando na tabela: 355 , 3 · t Então: ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ + ≤ ≤ − 9 85 , 0 355 , 3 5 , 8 9 85 , 0 355 , 3 5 , 8 ' ' 2 / 2 / µ µ α α n s t X n s t X 45 , 9 55 , 7 ≤ ≤ ⇔ µ 5.3. Estimar um intervalo de confiança a 99% para o peso médio das embalagens, sabendo que σ=0,6g. 57 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 (Desvio padrão da população conhecido) usar: n z X n z X σ µ σ × + ≤ ≤ × − 015 , 9 985 , 7 9 6 , 0 575 , 2 5 , 8 9 6 , 0 575 , 2 5 , 8 ≤ ≤ ⇔ × + ≤ ≤ × − µ µ 6. Numa empresa de engarrafamento de águas existem 2 máquinas em funcionamento, A e B, que deverão descarregar 1 litro em cada garrafa. Com o objectivo de testar a sua afinação foram recolhidas aleatoriamente 9 garrafas de A e 10 garrafas de B, sendo medido o seu conteúdo. O intervalo de confiança a 95% para a média do conteúdo das garrafas da máquina A, é de [0,9; 1,1]. As garrafas cheias pela máquina B forneceram os seguintes valores: 11 · ∑x e ( ) 0049 , 0 2 · ∑ − x x . 6.1. Calcular o desvio padrão amostral corrigido(s’) referente à amostra B. 023 , 0 ' · B s 6.2. Calcular o intervalo de confiança a 95% para a média dos conteúdos em B. ( σ desconhecido e n<30) usar: n s t X n s t X ' ' 2 / 2 / α α µ + ≤ ≤ − ; 1 , 1 10 11 · · ∑ · n x X B ; 023 , 0 ' · B s ; 262 , 2 2 / · α t ; 10 · n ; Então: ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ + ≤ ≤ − 10 023 , 0 262 , 2 1 , 1 10 023 , 0 262 , 2 1 , 1 ' ' 2 / 2 / µ µ α α n s t X n s t X 117 , 1 083 , 1 ≤ ≤ ⇔ µ 6.3. Atendendo aos valores dos respectivos intervalos de confiança, qual das máquinas estará mais bem afinada? Justificar. A máquina A é mais exacta mas a máquina B é mais precisa. 7. Para testar 2 variedades de milho foram escolhidos aleatoriamente 16 talhões, 8 cultivados com a variedade A e outros 8 com a variedade B. Os resultados da colheita foram 81.625 kg e 75.875 kg, para o total dos talhões A e B respectivamente, e de 232,41 kg 2 e 102,12 kg 2 para as variâncias. Sabendo que as produções de ambas as variedades são normalmente distribuídas e que 2 2 B A σ σ · , estimar: 7.1. Um intervalo de confiança a 99% para a produção média de cada variedade. Variedade A: 2 2 ' 41 , 232 ; 15 , 203 . 10 8 625 . 81 ; 8 kg s Kg X n A A A · · · · ; ( A σ desconhecido e n<30). Assim, e com 499 , 3 2 / · a t ( 005 , 0 2 / · a e número de graus de liberdade=7), vem: 01 , 222 . 10 29 , 184 . 10 8 24 , 15 499 , 3 15 , 203 . 10 8 24 , 15 499 , 3 15 , 203 . 10 ≤ ≤ ⇔ × + ≤ ≤ × − µ µ Variedade B: 2 2 ' 12 , 102 ; 38 , 484 . 9 8 875 . 75 ; 8 kg s Kg X n B B B · · · · ; ( B σ desconhecido e 30 < n ). Assim, e com 499 , 3 2 / · a t ( 005 , 0 2 / · a e número de graus de liberdade=7), vem: 88 , 496 . 9 88 , 471 . 9 8 11 , 10 499 , 3 38 , 484 . 9 8 11 , 10 499 , 3 38 , 484 . 9 ≤ ≤ ⇔ × + ≤ ≤ × − µ µ 7.2. Um intervalo de confiança a 95% para a diferença das médias. 58 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Pede-se um intervalo de confiança para a diferença de médias. São populações normais com variâncias desconhecidas mas iguais; n A e n B <30. Usar a expressão: ( ) ( ) b a C a B A B A b a C a B A n n S t X X n n S t X X 1 1 1 1 2 / 2 / + × × + − ≤ − ≤ + × × − − µ µ Com: ( ) ( ) ( ) 93 , 12 2 1 1 2 ' 2 ' · − + − − − · B A B B A A C n n s n s n S ( ) ( ) ⇔ + × × + − ≤ − ≤ + × × − − 8 1 8 1 93 , 12 145 , 2 38 , 484 . 9 15 , 203 . 10 8 1 8 1 93 , 12 145 , 2 38 , 484 . 9 15 , 203 . 10 B A µ µ 64 , 732 90 , 704 87 , 13 77 , 718 87 , 13 77 , 718 ≤ ≤ ⇔ + ≤ ≤ − ⇔ µ µ 8. O número de horas de vida de lâmpadas eléctricas produzidas segundo determinado processo de fabrico tem distribuição normal. Numa amostra de 20 lâmpadas, escolhida ao acaso da produção de determinado dia, verificou- se a duração das mesmas e calculou-se a média e o desvio padrão amostrais: h x 832 . 1 · e h s 484 2 ' · . h x 832 . 1 · e 2 2 ' 484h s · ; n=20 (graus de liberdade 19) 8.1. Calcular os intervalos de confiança a 95% e a 99% da média de duração das lâmpadas. ( σ desconhecido e n<30), usar n s t X n s t X a a ' ' 2 / 2 / × + ≤ ≤ × − µ ; Com n=20 e (1- )=0,95 α 093 , 2 · ⇒t 3 , 842 . 1 7 , 821 . 1 20 22 093 , 2 832 . 1 20 22 093 , 2 832 . 1 ≤ ≤ ⇔ × + ≤ ≤ × − µ µ ; Com n=20 e (1- )=0,99 α 861 , 2 · ⇒t 1 , 846 . 1 9 , 817 . 1 20 22 861 , 2 832 . 1 20 22 861 , 2 832 . 1 ≤ ≤ ⇔ × + ≤ ≤ × − µ µ 8.2. Calcular um intervalo de confiança a 90% para o desvio padrão amostra do tempo de vida da população. Usar a expressão: , _ ¸ ¸ − − − ≤ ≤ , _ ¸ ¸ − − 1 ; 2 1 ) 1 ( 1 ; 2 ) 1 ( 2 2 ' 2 2 2 ' n s n n s n α χ σ α χ Com n=20 e (1- )=0,90 α 144 , 30 1 ; 2 2 · , _ ¸ ¸ − ⇒ n α χ e 117 , 10 1 ; 2 1 2 · , _ ¸ ¸ − − n α χ h h 1 , 30 5 , 17 0 , 909 1 , 305 117 , 10 484 19 144 , 30 484 19 2 2 ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ × ≤ ≤ × σ σ σ , Pedia-se IC para o desvio padrão. 9. A administração do Metropolitano verificou irregularidade na hora de passagem do comboio pelas diversas estações. Essa irregularidade é uma variável aleatória normal cuja média se considera ser 5 segundos mas cuja variância se desconhece. Com n=22 e s' 2 =9 segundos 2 , pretende-se saber entre que valores se situa a variância com um nível de confiança de 99%. 22 · n e 2 2 ' 9segundos s · ; Usar a expressão: ( ) ( ) , _ ¸ ¸ − ≤ ≤ − , _ ¸ ¸ − − , _ ¸ ¸ − 1 ; 2 1 2 2 ' 2 1 ; 2 2 2 ' 1 1 n n s n s n α α χ σ χ 59 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Com n=22 e (1- )=0,99 α 401 , 41 1 ; 2 2 · , _ ¸ ¸ − ⇒ n α χ e 034 , 8 1 ; 2 1 2 · , _ ¸ ¸ − − n α χ 2 2 2 2 53 , 23 57 , 4 034 , 8 9 21 401 , 41 9 21 s s ≤ ≤ ⇔ × ≤ ≤ × σ σ 10. De uma população normal, com média e variância desconhecidas foi retirada uma amostra de 9 observações cujos resultados foram 2 ; 4 2 ' · · s x . 10.1. Obter um IC a 90% para o desvio padrão da população. Usar a expressão: , _ ¸ ¸ − − − ≤ ≤ , _ ¸ ¸ − − 1 ; 2 1 ) 1 ( 1 ; 2 ) 1 ( 2 2 ' 2 2 2 ' n s n n s n α χ σ α χ Com n=9 e (1- )=0,95 α 507 , 15 1 ; 2 2 · , _ ¸ ¸ − ⇒ n α χ e 733 , 2 1 ; 2 1 2 · , _ ¸ ¸ − − n α χ 42 , 2 01 , 1 85 , 5 03 , 1 733 , 2 2 8 507 , 15 2 8 2 2 ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ × ≤ ≤ × σ σ σ 10.2. Supondo que a variância da população passa a ser conhecida (σ 2 =4) construir um intervalo de confiança a 95% para a média da população. Usar a expressão: n z X n z X σ µ σ × + ≤ ≤ × − 31 , 5 69 , 2 3 2 96 , 1 4 3 2 96 , 1 4 ≤ ≤ ⇔ × + ≤ ≤ × − µ µ 10.3. Como procederia para reduzir para metade a amplitude do intervalo? Para que a parcela n z σ × passasse para metade à custa de “n” era preciso que o denominador passasse para o dobro. Como “n” está debaixo da raiz quadrada precisava de aumentava 4 vezes a dimensão da amostra ( 2 2 ). 11. Na estimação da média de uma população normal por meio de um intervalo de confiança a 90%, qual deve ser a dimensão mínima da amostra para que a amplitude daquele intervalo seja inferior a σ/9, sendo σ conhecido? 645 , 1 95 , 0 ) ( · ⇔ · < z z Z P Amplitude do n z IC σ × × · 2 ; logo 30 61 , 29 9 1 645 , 1 2 9 2 · ⇔ > ⇔ < × ⇔ < × × n n n n z σ σ 12. O patrocinador de um programa de televisão quer ter uma ideia da proporção de residências que segue um dado programa numa dada área metropolitana. Num inquérito a 90 residências com as televisões ligadas, verificou que 35 delas estavam sintonizadas no programa. Construa um intervalo de confiança com um nível de significância de 3% para a verdadeira proporção de televisões que estavam sintonizadas no dito programa. A expressão de cálculo deste intervalo é: n p p Z p p n p p Z p a a , _ ¸ ¸ − + ≤ ≤ , _ ¸ ¸ − − ^ ^ 2 ^ ^ ^ 2 ^ 1 1 90 · n 389 , 0 90 35 ^ · p 60 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 17 , 2 03 , 0 015 , 0 2 · · ⇔ · Z Z a a (porque, se 2 a é 0,015, então a área à esquerda é 0,985) Assim: ( ) ( ) ⇔ − + ≤ ≤ − − 90 389 , 0 1 389 , 0 17 , 2 389 , 0 90 389 , 0 1 389 , 0 17 , 2 389 , 0 p ⇔ + ≤ ≤ − ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ 112 , 0 389 , 0 112 , 0 389 , 0 051 , 0 17 , 2 389 , 0 051 , 0 17 , 2 389 , 0 p p 500 , 0 277 , 0 ≤ ≤ ⇔ p 13. Numa amostra de 136 pessoas, dentre as 400 que tomaram uma determinada vacina contra gripe, sentiram algum efeito colateral. Construa um intervalo a 95% de confiança para a verdadeira proporção que, tomando esta vacina, terão algum efeito colateral. A expressão de cálculo deste intervalo é: n p p Z p p n p p Z p a a , _ ¸ ¸ − + ≤ ≤ , _ ¸ ¸ − − ^ ^ 2 ^ ^ ^ 2 ^ 1 1 400 · n 34 , 0 400 136 ^ · p 96 , 1 05 , 0 025 , 0 2 · · ⇔ · Z Z a a (porque, se 2 a é 0,025, então a área à esquerda é 0,975) Assim: ( ) ( ) ⇔ − + ≤ ≤ − − 400 34 , 0 1 34 , 0 96 , 1 34 , 0 400 34 , 0 1 34 , 0 96 , 1 34 , 0 p ⇔ − ≤ ≤ − ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ 0465 , 0 34 , 0 0465 , 0 34 , 0 0237 , 0 96 , 1 34 , 0 0237 , 0 96 , 1 34 , 0 p p 3865 , 0 2935 , 0 ≤ ≤ ⇔ p 14. Numa pesquisa sobre desnutrição, foram observadas 15.175 crianças que nasceram no ano de 2006 numa dada região desfavorecida da terra, tendo sido consideradas como malnutridas 1.087 daquelas crianças. Construa, com 5% de significância, um intervalo de confiança para a verdadeira proporção de crianças malnutridas nesta região. A expressão de cálculo deste intervalo é: n p p Z p p n p p Z p a a , _ ¸ ¸ − + ≤ ≤ , _ ¸ ¸ − − ^ ^ 2 ^ ^ ^ 2 ^ 1 1 175 . 15 · n 0716 , 0 175 . 15 087 . 1 ^ · p 96 , 1 05 , 0 025 , 0 2 · · ⇔ · Z Z a a (porque, se 2 a é 0,025, então a área à esquerda é 0,975) Assim: ( ) ( ) ⇔ − + ≤ ≤ − − 175 . 15 0716 , 0 1 0716 , 0 96 , 1 0716 , 0 175 . 15 0716 , 0 1 0716 , 0 96 , 1 0716 , 0 p ⇔ + ≤ ≤ − ⇔ × + ≤ ≤ × − ⇔ 0041 , 0 0716 , 0 0041 , 0 0716 , 0 0209 , 0 96 , 1 0716 , 0 0209 , 0 96 , 1 0716 , 0 p p 0757 , 0 0675 , 0 ≤ ≤ ⇔ p 61 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Testes de hipótese Num teste de hipótese queremos saber se uma suspeita, motivadora da execução deste teste, poderá ter sustentação através de uma ou mais amostras. Acompanhemos um exemplo: 15. Uma pizzaria está dimensionada para que a procura média diária não ultrapasse as 200 pizzas, admitindo um desvio padrão de 15. Uma promoção, nos últimos 9 dias, levou a uma procura média de 210 pizzas. Pretende-se avaliar se é necessário reforçar a capacidade de produção, verificando se houve de facto uma alteração significativa da procura. O dono da pizzaria suspeita que houve alteração do valor médio da procura diária de pizzas. Por esse motivo quis fazer um teste de hipótese para averiguar se a sua suspeita tinha ou não razão de ser. No entanto, qual a alteração que lhe interessa averiguar? Certamente aquela que o obriga a reforçar a capacidade de produção, ou seja, uma alteração no sentido do aumento da média. Ao lançar um teste de hipótese, são avançadas duas hipóteses, H 0 (hipótese nula) e H 1 (hipótese alternativa), de tal modo que, se não se realizar a primeira, se realize a segunda. Quais são as hipóteses do nosso exemplo: H 0 : µ ≤ 200 pizzas Mais à frente se explica a razão da escolha destas hipóteses H 0 : µ > 200 pizzas A cada teste de hipótese, e em função das condições do mesmo, está associada uma distribuição. Cada distribuição tem, por sua vez, associada uma estatística. Se calcularmos o valor dessa estatística a partir do valor atribuído ao parâmetro em teste e dum estimador proveniente da amostra vamos obter um valor que traduz a relação entre estas duas entidades. Parâmetr o Condições H 0 H 1 Estatístic a Região Crítica µ Distribuição Normal e conhecido; ou n σ “grande” (se σ desconhecido, usar s’) µ = µ 0 µ ≤ µ 0 µ ≥ µ 0 µ ≠ µ 0 µ > µ 0 µ < µ 0 n X Z σ µ − · 2 a Z Z − < ou 2 a Z Z > a Z Z > a Z Z − < No nosso exemplo vemos que, sendo o desvio padrão conhecido (logo a variância conhecida) a estatística de teste é Z (distribuição normal reduzida) cuja expressão é n X Z σ µ − · , em que X é a média amostral (estimador proveniente da amostra) e µ 0 o valor atribuído ao parâmetro em estudo (neste caso 200 pizzas). Se calcularmos o valor de Z para o nosso exemplo vem: 2 9 15 200 210 · − · Z Se a relação entre x e 0 for próxima, isto é, se a “distância” entre eles for pequena, tendo em atenção o desvio padrão da distribuição e a dimensão da amostra, então o valor de Z virá próximo de “0” (podendo ser negativo ou positivo). Se pelo contrário essa “distância” for grande o valor de Z virá muito negativo ou muito positivo. Como sabemos estes valores de Z localizam-se nas caudas da curva da distribuição normal padrão, zonas onde a densidade de probabilidade é menor, o que significa que podemos dizer que estes valores se encontram dentro de uma zona de valores “raros”de Z. O que aqui foi dito para o nosso exemplo (distribuição de Z) pode ser generalizado para as distribuições. 62 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Cada teste de hipótese é feito com um determinado grau de probabilidade (1–a) ou, o que se traduz no mesmo, com uma determinada significância (a). Na prática o valor de traduz a probabilidade associada à hipótese H 1 , isto é, de não se aceitar a hipótese H 0 ou seja, de se obterem valor da estatística raros (localizados nos extremos da distribuição em causa). Ao enunciar H 0 , um teste de hipótese pode ser de três tipos no que diz respeito à relação entre o parâmetro e o valor em estudo. Podemos ter: H 0 H 1 O parâmetro é ► igual a “um valor”; µ=200 µ≠200 O parâmetro é ► menor ou igual que “um valor”; µ≤200 µ>200 O parâmetro é ► maior ou igual que “um valor”. µ≥200 µ<200 Reparemos que no primeiro caso H 0 pode não se realizar em duas situações: quando o parâmetro for maior que “o valor” ou quando o parâmetro for menor que “o valor”. Isto indica que a área correspondente a H 1 (não realização de H 0 ) se pode encontrar à direita e à esquerda. Neste caso (caso de “igualdade”) estamos perante um teste dito “bilateral” pelo que a área se encontra dividida em duas partes iguais, a/2, situadas nas duas caudas da curva. Nos segundo e terceiro casos H 0 só se pode não realizar quando o parâmetro for maior que “o valor” no primeiro caso ou quando o parâmetro for menor que “o valor” no segundo caso. Isto indica que a área correspondente a H 1 (não realização de H 0 ) se encontra toda de um dos lados, estando do lado direito no primeiro caso e do lado esquerdo no segundo. Neste caso (caso de “desigualdade”) estamos perante um teste dito “unilateral” pelo que a área se vai localizar toda numa ou noutra cauda consoante o teste em causa. O grau de probabilidade (1–a) usado neste tipo de teste é normalmente de 90%, 95%, 99% (ou outra desta ordem de grandeza). Estes valores de (1–a) estão associados à hipótese H 0 e à hipótese H 1 a probabilidade remanescente (a). Ao valor de (1–a), ou ao valor de (a), estão associadas áreas de igual valor delimitadas por valores da variável. No nosso exemplo, e em todos os exercícios em que não é feita referência ao grau de probabilidade, usa-se o valor de 0,95. Os valores que delimitam estas áreas terão de ser obtidos nas tabelas das distribuições respectivas. No nosso exemplo: Parâmetr o Condições H 0 H 1 Estatístic a Região Crítica µ Distribuição Normal e conhecido; ou n σ “grande” (se σ desconhecido, usar s’) µ = µ 0 µ ≤ µ 0 µ ≠ µ 0 µ > µ 0 µ < µ 0 n X Z σ µ − · 2 a Z Z − < ou 2 a Z Z > a Z Z > 63 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 µ ≥ µ 0 a Z Z − < O valor que delimita a área de 0,95 da área de 0,05, o valor z a , pode ser obtido na tabela da distribuição Normal reduzida. O valor que delimita a região crítica (ver o quadro acima) é z a (valor que deixa à sua direita uma área a=0,05 ► a Z Z > ). Como z a =1,96 e o Z calculado =2, podemos dizer Z>1,96, o que quer dizer que o Z está na região crítica. Por isso “rejeitamos H 0 ”. Como se compreenderá pela desproporção entre as duas probabilidades em jogo (0,95 versus 0,05), só em casos de elevada “força” do teste se vai verificar H 1 . É por este motivo que se deve associar H 1 àquilo que se quer provar pois, se se puder afirmar que se rejeita H 0 , é porque o teste teve “força” suficiente para o fazer. 16. O tempo requerido pelos trabalhadores de uma exploração agrícola para executarem uma dada tarefa tem uma média de 50 minutos e um desvio padrão de 8 minutos. Para testar o progresso no rendimento dos trabalhadores num dado dia, o empresário decidiu registar os tempos que 60 trabalhadores levaram para executar tal tarefa. 16.1. Qual a probabilidade de que a média da amostra seja superior a 52 minutos? 16.2. Se a média da amostra for 53 minutos, admitindo que o desvio padrão se mantém, deverá o empresário considerar que o rendimento dos trabalhadores na execução da dita tarefa diminuiu? Quando se diz que o rendimento diminuiu está-se implicitamente a querer dizer que o tempo médio de execução da tarefa aumentou. H 0 : ≤ 50 min H 1 : > 50 min (associar a suspeita a H 1 ) Como o desvio padrão é conhecido, usa-se a distribuição normal reduzida (ver o quadro). 60 , 2 60 8 50 53 · − · Z Como não é dado o valor de (1–a) tomamos esse valor por 0,95 (logo a=0,05). Consultando o quadro verificamos que a região crítica é dada por Z>z 0,05 . Pela tabela da distribuição normal reduzida verificamos que o valor da variável z que deixa à sua direita 0,05 (à sua esquerda 0,95) é z=1,96. Verificamos assim, que o valor calculado Z é superior ao valor da tabela. Assim, como Z calculado >1,96 rejeitamos H 0 . 17. O peso das latas de conserva de uma dada marca, X, segue distribuição normal, devendo ter, de acordo com as normas, um peso médio de 100 gramas. O controle de qualidade escolheu uma amostra aleatória de 9 latas, que foram pesadas. Registaram-se os seguintes resultados: ∑ · g x i 870 ( ) 2 2 12 , 87 g x x i · ∑ − Terá sido esta amostra proveniente de uma população com peso médio de 100 g? (a=0,05). Parâmetr o Condições H 0 H 1 Estatístic a Região Crítica µ σ desconhecido : Distribuição Normal µ = µ 0 µ ≤ µ 0 µ ≥ µ 0 µ ≠ µ 0 µ > µ 0 µ < µ 0 n X T σ µ − · 2 a t T − < ou 2 a t T > a t T > a t T − < Este teste para a média não apresenta o valor da variância nem a dimensão amostra é maior ou igual a 30. Assim, este teste será feito com o apoio da distribuição t- Student. As hipóteses são: 64 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 H 0 : µ=100g H 1 : µ≠100g g n x x i 7 , 96 9 870 · · ∑ · ( ) 3 , 3 8 12 , 87 1 ' 2 · · − ∑ − · n x x s i 3 9 3 , 3 100 7 , 96 ' 0 · − · − · n s x T µ A região crítica (consultar o quadro) é T<-t a/2 ou T> t a/2 . Usando a=0,05, a/2 vale 0,025 e o valor de t 0,025 pode ser lido na respectiva tabela (que dá áreas à direita), na coluna de 0,025 e na linha n=8. Ter atenção que o “n” da tabela corresponde ao “n” da dimensão da amostra menos 1. Assim, t 0,025 =2,306, -t 0,025 =-2,306 e, portanto, T calculado >2,306; devemos rejeitar H 0 . 18. Para testar 2 variedades de milho foram escolhidos aleatoriamente 16 talhões, 8 cultivados com a variedade A e outros 8 com a variedade B. Os resultados da colheita foram os seguintes: kg x A 625 , 81 · kg x B 875 , 75 · 2 2 41073 , 232 ' kg s A · 2 2 12502 , 102 ' kg s B · Sabendo que as produções de ambas as variedades são normalmente distribuídas e que σ A 2 = σ B 2 : 18.1. Estimar um intervalo de confiança a 99% para a produção média de cada variedade. 18.2. Verificar se a variedade A é significativamente mais produtiva (a=1%) que a variedade B. Aqui, “verificar” é testar essa hipótese. Como se trata de uma comparação de média o teste de hipótese em causa é o da diferença de médias. Como foi referido anteriormente, aquilo que queremos provar deve ser associado a H 1 . Assim as hipóteses são: H 0 : A≤B H 1 : A>B Dadas as condições do problemas em que as variâncias são desconhecidas e em que as dimensões das amostras (n A e n B ) são menores que 30 (ver quadro) a estatística do teste será a t-Student: 89 , 0 465 , 6 75 , 5 8 1 8 1 93 , 12 875 , 75 625 , 81 1 1 · · + − · + − · B A c B A n n S x x T ( ) ( ) ( ) ( ) kg n n s n s n S c 93 , 12 27 , 167 2 8 8 12 , 102 1 8 41 , 232 1 8 2 ' 1 ' 1 2 1 2 2 2 2 1 1 · · − + − + × − · − + − + − · O limite da região crítica é T> t a . Partindo do valor de a=0,01 e dos valores de n A e n B iguais a 8 podemos tirar da tabela de t-Student os valores de t. t (0,01;14) =2,62449. Assim, como T calculado >2,62449 rejeita-se H 0 . 65 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 19. Uma máquina de ensacar açúcar está regulada para encher sacos com 16 kg. Para controlar o seu funcionamento escolheram-se ao acaso 15 sacos da produção de determinado período, tendo-se obtido os seguintes pesos: 16, 0 16, 1 15, 8 15, 9 16, 1 15, 8 16, 2 16, 0 15, 9 16, 0 15, 7 15, 8 15, 7 16, 0 15, 8 19.1. Que conclusões tirar quanto ao funcionamento da máquina? 19.2. Os dados da amostra são compatíveis com a hipótese de que os pesos dos sacos cheios pela referida máquina apresentam uma variabilidade de 0,01kg 2 ou seja com H 0 : σ 2 =0,01kg 2 ? Estamos perante um teste de hipótese para a variância. H 0 : σ 2 =0,01kg 2 H 1 : σ 2 ≠0,01kg 2 Consultando o quadro dos testes de hipótese podemos ver que a estatística deste teste segue a distribuição de 2 χ : Parâmetr o Condiçõe s H 0 H 1 Estatística Região Crítica σ 2 Distribuiç ão Normal σ 2 = σ 2 0 σ 2 ≤ σ 2 0 σ 2 ≥ σ 2 0 σ 2 ≠ σ 2 0 σ 2 > σ 2 0 σ 2 < σ 2 0 ( ) 2 0 2 2 ' 1 σ χ s n − · 2 1 2 a − < χ χ ou 2 2 a χ χ > a χ χ > 2 a − < 1 2 2 χ χ ( ) ( ) 2 , 32 01 , 0 023 , 0 1 15 ' 1 2 0 2 2 · × − · − · σ χ s n s’=0,023kg (máquina calcular) A região crítica deste teste é bilateral (ver o quadro). Como esta distribuição não é simétrica como a da Normal ou a de t-Student há necessidade de recorrer à tabela duas vezes (nas outras recorria-se uma vez e depois usava-se também o seu simétrico). Os limites da região crítica são 2 1 2 a − < χ χ e 2 2 a χ χ > . Partindo do valor de a=0,05 (quando o valor não é dado usa-se 1-a=095) e do valor de “n” igual a 15 podemos tirar da tabela de 2 χ os respectivos valores. 119 , 26 2 ) 14 ; 025 , 0 ( · χ 629 , 5 2 ) 14 ; 975 , 0 ( · χ Como o valor de 119 , 26 2 > calculado χ , rejeita-se H 0 . 20. Está em estudo a validade de uma bebida gaseificada. Foram seleccionadas ao acaso 10 garrafas e testada a sua validade. Obtiveram-se os seguintes resultados (em dias): 108 124 124 106 115 138 163 159 134 139 20.1. Construir um intervalo de confiança a 95% para µ. 20.2. Pode a hipótese nula H0: = 125 ser rejeitada? (a=0,05) 125 : 0 · µ H 125 : 1 ≠ µ H A estatística de teste é t-Student pois a variância é desconhecida e n<30. 97 , 0 10 54 , 19 125 131 ' 0 · − · − · n s x T µ 66 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 dias n x x i 131 10 310 . 1 · · ∑ · ( ) ( ) 3 , 3 1 10 131 1310 1 ' 2 2 · − ∑ − · − ∑ − · n x x s i xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx 20.3. Qual a decisão a tomar sobre as hipóteses H 0 : µ=125 versus H 1 : µ>125, considerando a=0,05? 20.4. Serão os dados da amostra compatíveis, para a=0,05, com: 20.4.1. H 0 : σ 2 =400 versus H 1 : σ 2 ≠400? 20.4.2. H 0 : σ 2 ≥400 versus H 1 : σ 2 <400? A região crítica é T<-t /2 ou T>t /2 . Usando =0,05, /2 vale 0,025 e o valor de t0,025 pode ser lido na respectiva tabela, na coluna de 0,025 e na linha n=9. Assim, t0,025 = 2,26216, -t0,025 = 2,26216 e portanto -2,26216 Tcalculado 2,26216; assim não devemos rejeitar H0. 20.3 - H0: 125 H1: > 125 A estatística de teste mantém-se, é t-Student, pois a variância é desconhecida e n<30. T= n s x ' 0 = μ 10 19,54 131 125 = 0,97 n xi x = 10 1310 = 131 dias s’=19,54 dias A região crítica é agora T>t . Usando =0,05 o valor de t0,05 pode ser lido na respectiva tabela, na coluna de 0,05 e na linha n=9. Assim, t0,05 = 1,83311, e portanto - Tcalculado 1,83311; assim não devemos rejeitar H0. 20.4 - Nestes dois testes de hipótese para a variância a estatística de teste é o 2. 20.4.1 - H0: 2 = 400 67 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Inferência Estatística Miguel Soares Lopes Ficha 6 78 2 2 2 2 H1: 2 400 2 0 2 2 (n 1)s' = 400 (10 1) 382 = 8,595 s’2= 19,542 kg2 = 382 kg2 A região crítica deste teste é bilateral (ver o quadro). Há necessidade de recorrer à tabela duas vezes. Os limites da região crítica são 2< e 2> . Partindo do valor de =0,05 e do valor de “n” igual a 10 podemos tirar da tabela de 2 os respectivos valores. 2 (0,025;9)= 19,023 2 (0,975;9)= 2,700 Como o valor de 2,700 2 calculado 19,023, não se rejeita H0. 20.4.2 - H0: 2 400 H1: 2 < 400 2 0 2 2 (n 1)s' = 400 (10 1) 382 = 8,595 s’2= 19,542 kg2 = 382 kg2 A região crítica deste teste é unilateral (ver o quadro). Há necessidade de recorrer à tabela uma vez. O limite da região crítica é 2< . Partindo do valor de =0,05 e do valor de “n” igual a 10 podemos tirar da tabela de 2 o respectivo valor. 2 (0,95;9)= 3,325 Como o valor de 2 calculado ≥ 3,325, não se rejeita H0. 21 - Uma empresa produz baterias para as quais as normas de fabrico indicam uma duração média mínima de um ano e meio. Recolhida uma amostra de 9 baterias, estas foram ensaiadas tendo fornecido a seguinte duração (em anos): 2 1,4 1,6 1,4 1,8 1,5 1,9 1,6 1,2 21.1 - Apresentar uma estimativa para a variância da duração das baterias. 21.2 - Testar a hipótese H0: 2 = 0,11 , para um nível de significância de 1%. 21.3 - Pressupondo 2 = 0,11 , verificar se é de admitir uma duração média conforme as normas de fabrico ( = 0,05). Resolução: 21 - 21.1 - A estimativa para a variação da duração das baterias é o s’2. s’2 = 0,07 anos2 (máq. calcular) 21.2 - H0: 2 0,11 68 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 H1: 2 ≠ 0,11 2 0 2 2 (n 1)s' = 0,11 (9 1) 0,07 = 4,91 A região crítica deste teste é bilateral (ver o quadro). Há necessidade de recorrer à tabela duas vezes. Os limites da região crítica são 2< e 2> . Inferência Estatística Miguel Soares Lopes Ficha 6 79 Partindo do valor de =0,01 e do valor de “n” igual a 9 podemos tirar da tabela de 2 os respectivos valores. 2 (0,005;8)= 21,955 2 (0,995;8)= 1,344 Como 1,344 2 calculado 21,955, não se rejeita H0. 21.3 - Pede-se, neste caso, um teste de hipótese para a média da população com a variância conhecida. As normas de fabrico apontam para uma duração média mínima de 1,5 anos. H0: 125 H1: > 125 A estatística de teste é Z: Z= n x 0 = 9 0,33 1,6 1,5 = 0,90 Consultando o quadro verificamos que a região crítica é dada por Z>z0,05. Pela tabela da distribuição normal reduzida verificamos que o valor da variável z que deixa à sua direita 0,05 (à sua esquerda 0,95) é z=1,96. Verificamos assim, que o valor calculado Z é inferior ao valor da tabela. Assim, como Zcalculado>1,96 rejeitamos H0. 22 - Um fabricante comprou um lote de 3000 componentes eletrónicos a uma grande empresa. Depois de detetar algumas avarias nesses componentes, suspeitou que a proporção de componentes avariados era superior a 7%. Para se certificar da sua suspeição recolheu uma amostra aleatória de 80 desses componentes onde detetou 8 com defeito. Construa um teste de hipótese a 95% de confiança tendo em vista a confirmação da suspeita. Resolução: 22 - Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para uma proporção. As hipóteses são: H0: p ≤ 0,07 H1: p > 0,07 (aquilo que se quer provar) n = 80 8 componentes dos 80 apresentam defeito. 1 – = 0,95 = 0,05 69 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 pˆ = 80 8 = 0,1 Região crítica: Z>z Z>1,65 ; Mas 1,05 < 1,65 pelo que não se rejeita H0 . 1,05 0,029 0,03 80 0,07(1 0,07) 0,10 0,07 n (1 ) ˆ Z 0 0 0 p p P p Inferência Estatística Miguel Soares Lopes Ficha 6 80 23 - Numa disputa eleitoral pela direção de uma coletividade, uma das listas quis averiguar as suas possibilidades de eleição. A coletividade sabia que, para ser a lista mais votada, bastaria atingir 40% dos votos. Para isso inquiriu de forma aleatória uma amostra de 70 eleitores e registou a sua intenção de voto. Obtiveram-se 32 votos a favor da lista. Construa um teste de hipótese a 95% de confiança no sentido de verificar da possibilidade desta lista chegar ao poder. Resolução: 23 - Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para uma proporção. As hipóteses são: H0: p ≤ 0,40 H1: p > 0,40 (aquilo que se quer provar) n = 70 32 votos a favor na amostra dos 70 inquiridos. 1 – = 0,95 = 0,05 pˆ = 70 32 = 0,457 Região crítica: Z>z Z>1,65 ; Mas 0,973 < 1,65 pelo que não se rejeita H0 (poderá não ser eleita a lista em causa). 24 - O patrocinador de um programa de televisão espera que, em pelo menos 55% das residências, se assista ao programa numa determinada área metropolitana. Para uma amostra de 100 residências nesta área, 69 delas estão sintonizadas no programa. Teste, para um nível de significância de 10%, a veracidade da suposição do patrocinador. Resolução: 24 - Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para uma proporção. As hipóteses são: H0: p ≤ 0,55 H1: p > 0,55 (aquilo que se quer provar) n = 100 60 residências sintonizadas no programa na amostra de 100 residências inquiridas nessa área. = 0,10 1 – = 0,90 pˆ = 70 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 100 62 = 0,62 0,973 0,0586 0,057 70 0,40 (1 0,40) 0,457 0,40 n (1 ) ˆ Z 0 0 0 p p P p 1,41 0,0497 0,07 100 0,55 (1 0,55) 0,62 0,55 n (1 ) ˆ Z 0 0 0 p p P p Inferência Estatística Miguel Soares Lopes Ficha 6 81 Região crítica: Z>z Z>1,28 ; Como 1,41 > 1,28 , rejeita H0 (deverá ser eleita a lista em causa). 25 - Na fábrica Peça-Auto de componentes para a indústria automóvel o departamento de qualidade estabeleceu que o comprimento de uma determinada peça deve estar compreendido entre 120 e 122 milímetros. Foi recolhida uma amostra de 100 peças e os resultados obtidos para a variável comprimento foram os seguintes: 100 1 12110 i i x e 100 1 ( )2 1550 i i x x 25.1 - Construa um intervalo de confiança para a média do comprimento das peças com um nível de confiança de 92%. 25.2 - O Diretor de Produção afirma que menos de 4% das peças produzidas têm um comprimento que se afasta do estabelecido pelo departamento de qualidade. De forma a obter evidência favorável à sua afirmação recolheu uma amostra de 200 peças, tendo obtido 194 com comprimento adequado. Efetue um teste de hipóteses, com um nível de significância de 2%, que permita suportar a posição defendida pelo Diretor de Produção. Resolução: 71 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 25 - 25.1 - Nesta alínea é pedido um intervalo de confiança para a média, não se conhece a variância mas o n≥30. Assim, a expressão para calcular o intervalo de confiança vai usar a distribuição normal. 121,1 100 X 12110 mm , ' 3,96 99 s 1550 mm e z0,96=1,75 X – z n s' X + z n s' 121,1 – 1,75 3,96/ 100 121,1 – 1,75 3,96/ 100 120,41 121,793 25.2 - Nesta alínea é-nos pedido um teste de hipótese para uma proporção. As hipóteses são: H0: p 0,04 H1: p > 0,04 (aquilo que se quer provar) n = 200 190 parafusos com comprimento adequado em 200 parafusos, significa 10 parafusos sem comprimento adequado. = 0,02 1- =0,98 pˆ = 200 10 = 0,05 Região crítica: Z>z Z>2,05 ; Como 0,649 < 2,05 não se rejeita H0 (o Diretor poderá não ter razão). 0,649 0,0154 0,01 200 0,05 (1 0,05) 0,05 0,04 n (1 ) ˆ Z 0 0 0 p p P p 72 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 ÍNDICE 2 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 1 Estatística Descritiva 1. Indicar quais das seguintes variáveis são discretas e quais são contínuas 1.1. Valor do PIB nacional. R: Variável continua 1.2. Produtividade média do girassol de regadio no Alentejo. R: Variável continua 1.3. Número de sapatos de um dado tamanho nas sapatarias de Santarém. R: Variável discreta 1.4. Efectivo militar em Trás-os-Montes. R: Variável discreta 1.5. Número médio de pontos por jogador numa dupla de voleibol de praia num determinado torneio. R: Variável discreta 1.6. Toneladas de tomate que chegam por dia a uma fábrica. R: Variável continua 1.7. Número médio de sobreiros nas explorações de montado do Alentejo. R: Variável continua 2. No quadro seguinte apresenta-se o absentismo dos 50 colaboradores de uma empresa de serviços, registado durante o período de um ano (foram excluídas as faltas por motivos justificáveis). 6 4 8 6 2 4 3 6 1 3 4 3 6 0 1 6 11 5 10 8 0 4 6 6 6 6 4 6 3 2 5 8 8 3 2 13 11 4 7 3 3 2 3 3 2 6 7 6 2 0 2.1. Sendo X a variável em causa, como pode defini-la? E como a classifica? Definição: X — nº de dias de absentismo dos colaboradores da empresa de serviços; Classificação: é uma variável discreta. 2.2. Organize os dados num quadro de distribuição de frequências, com as frequências observadas, relativas e acumuladas. i - é o índice do grupo de valores; x - é cada um dos valores que a variável pode tomar; i = 1 significa “o primeiro valor da variável” e esse valor é “x = 0” De i até i = 4 { i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Fi 3 2 6 9 6 2 12 2 4 0 1 2 0 fi CumFi 0,06 3 0,04 5 0,12 11 0,18 20 0,12 26 0,04 28 0,24 40 0,04 42 0,08 46 0 46 0,02 47 0,04 49 0 49 Cumfi 0,06 0,1 0,22 0,4 0,52 0,56 0,8 0,84 0,92 0,92 0,94 0,98 0,98 Do x21 até ao x26 todos valem 4 3 Cumf4 = 1 – 0. Calcule e diga o respectivo significado de ∑ Fi .02 = 4. Calcule a média. Desvio padrão: 2 2 3 × 0 2 + 2 × 12 + . Proporção de colaboradores que faltaram mais de 3 dias/ano = 1.76 faltas.4 = 0.12 + 5 × 0.5.04 + 2 × 0. inclusive). o desvio padrão e o coeficiente de variação. 2.6. Média: µ = ∑ ( x × fi ) = = 0 × 0. Repare-se que i = 6 corresponde a x = 5).12 + 3 × 0.3.. que faltaram até 4 vezes. i =1 ∑ f i = f1 + f 2 + f 3 + f 4 + f 5 = Cumf 5 = 0. i =1 i =6 i =1 i =1 14 4 14 5 ∑ Fi = F1 + F2 + F3 + F4 = CumF4 = 20 (número de colaboradores que faltaram até 3 ∑ Fi = F6 + F7 + F8 + F9 + F10 + F11 + F12 + F13 + F14 = CumF14 − CumF5 = 50 − 26 = 24 (número 4 vezes.24 + 7 × 0. isto é.18 + 4 × 0.00 + 10 × 0. Cumf4 ► é a proporção de indivíduos que faltaram desde i = 1 até i = 4. Repare-se que i = 4 corresponde a x = 3). ∑ Fi . Construa o diagrama de barras e o gráfico de frequências relativas acumuladas Diagrama de barras: Gráfico de frequências relativas acumuladas: 2.04 + 6 × 0. desde x = 0 até x = 3 que significa de 0 a 3 dias de faltas. inclusive. + 0 × 12 2 + 1 × 13 2 − 50 × 4. ∑ f i .PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 14 13 1 0.6.34 2 faltas n 50 4 . 2.76 2 ∑ Fi × x − n × µ 2 σ = = = 8.02 + 11 × 0. i =6 de colaboradores com 5 ou mais faltas.04 + 8 × 0. Se à totalidade (100% ou “1”) for retirado Cumf4 ficamos com a proporção dos que faltaram mais de 3 dias..08 + 9 × 0. Determine a proporção de empregados que faltaram mais de 3 dias por ano.06 + 1 × 0.4.02 50 1 2.04 + 12 × 0 + 13 × 0.52 5 (proporção de colaboradores. 89 cv = × 100% = × 100% = 60. em princípio.1. log N = 1 + 3. facilmente manipulável.90 = 45 ► N × p é inteiro Ver x45 + x46 8 + 8 diapositivos 47 D9 = = =8 2 2 e 48 da apresentação 3º Quartil: N × p = 50 × 0. criar classes que tenham uma amplitude “simpática”. Construa o quadro de distribuição de frequências. 20º Percentil: N × p = 50 × 0.75 = 37. Analisando os dados verificamos que a amplitude dos mesmos é: Amplitude dos dados = Max ( x) − Min( x) = 1. criamos um intervalo com amplitude de 700 (maior que 685).34 = 2. Moda: Mo = 6 ► é o número que mais ocorre.490 [valor superior ao maior valor dos dados (1. As classes terão assim valores com os quais é “simpático” trabalhar. tanto quanto possível. 6 ou 7. O primeiro passo para construção do quadro de distribuição de frequências é definir o número de classes. Assim.5 ► N × p é inteiro Q3 = x( 37+1) = x38 = 6 3. o número de classes será. o 9º decil e o 3º quartil.485 − 800 = 685 Ao estabelecer o número de classes e ao atribuir a cada classe uma dada amplitude definimos um intervalo onde todos os nossos valores deverão estar dentro. Classe i Fi fi CumFi Cumfi 5 .7.20 = 10 ► N × p é inteiro x +x 2+2 P20 = 10 11 = =2 2 2 9º Decil: N × p = 50 × 0.32 × log 48 = 6.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 σ 2 = σ 2 = 8. Determine a moda. cujo centro seja também um valor “amigável” (ver diapositivos 27 a 29 da apresentação 1). Se a nossa amplitude de dados é de 685 então o intervalo resultante da definição das classes terá que ter uma amplitude sempre maior que a anterior.76 2. se usarmos 7 classes com amplitude de 100 unidades cada. Determine a mediana algébrica e graficamente. Os rendimentos médios mensais (€) de 48 famílias do sector do calçado estão registados no quadro seguinte. Devemos.89 faltas Coeficiente de variação: σ 2. podemos verificar que. Se a primeira classe começar em 790 [valor inferior ao menor valor dos dados (800)] a última classe acaba em 1.485)].7% µ 4. e analisando os nossos dados. o 20º percentil. Para isso vamos usar a expressão da regra de Sturges. 999 126 119 800 896 121 122 956 133 126 870 126 134 123 847 136 826 143 133 921 133 865 823 935 146 134 127 139 950 800 148 125 135 113 871 830 848 124 905 123 986 117 868 137 126 145 126 923 3. x25 + x26 4 + 4 Me = = = 4 (ver gráficos) 2 2 2.58 Número de classes ► m ≈ 1 + log 2 Assim.8. 229 0. 1090[ [1090 . Determine a média.565. Histograma e polígono de frequências: Gráfico das frequências relativas acumuladas: 3.3.4652 + 1.2.104 11 19 20 22 35 43 48 0.4. 890[ Fi 11 fi 0.92 48 Variância: 2 ∑ x − n× x s = n 2 = 48. + 1. 1290[ [1290 .129.417 0.000 3.20 2 ( ) ( ) 2 = (8002 + 8002 + 8232 + .167 0. Partindo desse pressuposto resulta que.4592 + 1.129. 990[ [990 .021 0.167 0.. Represente graficamente os dados através de um histograma. Para dados simples vamos trabalhar com os 48 dados tal qual: Média: ∑ xi x= = 1. do polígono de frequências e do gráfico das frequências relativas acumuladas. 1190[ [1190 .PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 [790 .458 0. 1490[ 11 8 1 2 13 8 5 0.042 0.229 0.396 0.4852 ) − 48 × 1. 890[ [890 ..271 0. é o valor médio dessa classe. a moda e a variância dos dados agrupados. 1390[ [1390 . a média dos valores de cada classe. dentro de cada classe. Assim. os valores se encontram distribuídos uniformemente. Para trabalhar com dados agrupados temos que partir do pressuposto de que.922 = 48 3. a mediana. Determine a média e a variância dos dados simples.729 0.896 1. temos: Classe i [790 .229 Ci 840 6 . + 8 × 1.5 .50) = = = −1.021 0.. 169.32 124 Cumfi 0.440) x= = = 1. G AS Classifique a distribuição em termos de assimetria. é uma variável contínua. 12 162. 176.205.340 + 5 × 1.458 Me = L inf i + × h = 1.127.5 .75 d1 + d 2 (13 − 2) + (13 − 8) Variância: 2 ∑ Fi × Ci − n × x n 2 = 46. 3 × x − Me 3 × (1. 1190[ [1190 . 64 176.5[ [155.5 .190 + × 100 = 1.104 940 1040 1140 1240 1340 1440 Média: ∑ ( Fi × Ci ) (11 × 840 + 8 × 940 + .2.5 . 4.5[ [162.75 s2 = ( ) ( ) 2 = (11 × 8402 + 8 × 9402 + .5[ [155.127.093. 1390[ [1390 .127.5 .167 0.5[ [169.042 0.50 n 48 Mediana: 0.5[ [183.5 . 4. [176.50 2 = 48 3. X ► Altura dos indivíduos. 1290[ [1290 .5.5 − Cumf ( i −1) 0. como consta no seguinte quadro: N.º Indivíduos (Fi) 4 12 44 64 fi CumFi 0. Classe i 1 2 3 4 Altura (cm) [148. 162.08 0.4402 ) − 48 × 1. + 8 × 1.º Altura (cm) Indivíduos [148.02 0.5 4 197.5 . Obteve-se uma amostra de 200 indivíduos e registou-se a sua altura.5[ [162. [190.271 Linf i ► Fronteira inferior da classe que contém a mediana Cumf ( i −1) ► Frequência acumulada da classe anterior à classe que contém a mediana h ► Amplitude do intervalo de classe que contém a mediana f i ► Número de observações da classe que contém a mediana Moda: d1 (13 − 2) Mo = L inf i + × h = 1.09 s 46. 155.30 0.3402 + 5 × 1.. 990[ [990 .167 0.093.1.5 56 183.62 Ci 152 159 166 173 7 .75 ( ) Esta distribuição é assimétrica negativa.50 − 1.5[ Classifique a variável e defina-a. Determine as frequências relativas e as frequências relativas acumuladas.5 − 0. 16 190. tendo-se procedido à sua distribuição em classes.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 [890 .190 + × 100 = 1.271 0.258.5[..205.06 16 0.02 4 0. 4.5 . 4 155.. 1490[ 8 1 2 13 8 5 0. 1090[ [1090 .5 .50 fi 0. 44 169.5[ N.5[.22 60 0.5[ [169. . 183. Qual a proporção de indivíduos com altura inferior a 176. Para fazer o diagrama de extremos e quartis há que calcular Q 1.09 = 8. Linf i ► Fronteira inferior da classe que contém a mediana Cumf ( i −1) ► Frequência acumulada da classe anterior à classe que contém a mediana h ► Amplitude do intervalo de classe que contém a mediana f i ► Número de observações da classe que contém a mediana 0.32 0.5 . Q2 (ou mediana) e Q3.22 0.62 Q3 = L inf i + × h = 176.5 cm? Qual a altura máxima correspondente aos 30 % de indivíduos mais baixos? Proporção de indivíduos com altura inferior a 176.5 .30 Q2 = L inf i + × h = 169.50 − 0.5cm 4.90 0.5[ 56 16 4 0. Média: ∑ ( Fi × C i ) ( 4 × 152 + 16 × 159 + .62 = 62% (como neste caso 176.50 − Cumf ( i −1) 0..5 é extremo da classe.5 + × 7 = 173. 4. Construa o diagrama de extremos e quartis.3cm s2 = ( ) ( )2 ( ) 4.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 5 6 7 [176.88 fi 0..70cm n 200 Desvio padrão: 2 4 × 152 2 + 16 × 159 2 + . Calcule a média e o desvio padrão dos dados agrupados.5 + × 7 = 179. 190.5 .3. 197.70 2 ∑ Fi × Ci − n × x = = n 200 = 69.75 − 0. Histograma Polígono de frequências 4. Construa o histograma e o polígono de frequências.75 − Cumf ( i −1) 0.5[ [190.08 Q1 = L inf i + × h = 162. + 16 × 187 2 + 4 × 194 2 − 200 × 173.5 + × 7 = 167.02 180 196 200 0.25 − 0. Altura máxima correspondente aos 30% de indivíduos mais baixos ► Percentil 30 ► P30 = 169.097cm 2 ► s = 69.08 0.98 1 180 187 194 4.7.6. + 16 × 187 + 4 × 194) x= = = 173.5[ [183.75 fi 0.5. não é preciso interpolação)..28 Os valores máximo e mínimo (como não temos os dados originais) são os extremos do intervalo das classes.25 − Cumf ( i −1) 0.4.28 0.90 fi 0. A distribuição é simétrica? 8 .5 cm ► Cumf 4 = 0. 4.70 − 173.50 − Cumf ( i −1) 0.72 cv = × 100% = × 100% = 15. 11.75) = 7 .1. 3 × x − Me 3 × ( 75 − 74 ) G AS = = = 0. O conjunto de dados {69. k é inteiro 10 2 2 9 x( 9 ) + x(10 ) Apresentação . Média: ∑ ( xi ) ( 61 + 62 + 63 + 69 + 73 + 75 + 75 + 85 + 89 + 98) x= = = 75% n 10 Mediana: 73 + 75 Me = = 74% 2 Moda: Mo = 75% 5. ( Q3 − Q1 ) ( 85 − 63) = 0. 73. Desvio médio: ∑ xi − x ( 61 − 75 + 62 − 75 + .. + 89 − 75 + 98 − 75 ) = 9. k é inteiro 2 2 x(1) + x( 2 ) 61 + 62 P = = = 61. a mediana e a moda desta amostra.4% DM = = n 10 Variância: ( ) 2 612 + 62 2 + . O coeficiente de curtose. 98.88) = = −0. a variância e o desvio padrão. + 89 2 + 982 − 10 × 752 ∑ x − n× x s = = = 137. 75.90) = 9 . Distribuição muito ligeiramente assimétrica s 11.63% 75 x s 5. 63} é uma amostra que representa as classificações percentuais de 10 estudantes num teste de estatística.07 s 8.5 + × 7 = 173.5. Parte inteira deste produto e 65 da 89 + 98 P90 = = = 93.5 ► k = (10 × 0.50 − 0.2. 85.. 89. Determine: G AS = 61 62 63 69 73 75 75 85 89 98 ( ) 5.32 Esta distribuição é assimétrica negativa.25) = 2 .72 ( ) ( ) 5.256 ..PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 3 × x − Me 3 × (173.5 ► k = (10 × 0. 61.5 − 61. O desvio absoluto médio.344 C1 = = 2 × ( P90 − P ) 2 × ( 93. Parte inteira deste produto diapositivos 48 Q1 = P25 = x( 2+1) = x3 = 63 ► k = (10 × 0.5) 10 Ver Q3 = P75 = x( 7+1) = x8 = 85 ► k = (10 × 0.72% 2 ( ) ( )2 ( ) 5. 75.. O coeficiente de assimetria.88 fi 0. 62.30 Me = L inf i + × h = 169.10 ) = 1 . O coeficiente de variação.3 0.4 n 10 Desvio padrão s = 137. A média.72 positiva Ou: x − Mo ( 75 − 75) G1 = = =0 s 11.4 = 11. 5.3. 09kg 2 n 10 10 Desvio padrão: s = 41.24 = 5. 14. Determinar: 7.024 = 12. Depois destes resultados obtidos chegou-se à conclusão que uma das temperaturas diárias estava enganada. Numa série de 31 medições de temperaturas diárias no mês de Março obteve-se uma média de 20º C e um desvio padrão de 6º C.09 = 6. 12.400 = 36 ⇔ 31 31 ⇔ ∑ ( 31) xi 2 − 12.2. 14. 28.41 cv = × 100% = × 100% = 33.41kg Coeficiente de variação: s 6. Variância.12 410.492 − 30 × 19.6º C 30 30 Desvio padrão: 2 s31 ( ) ( ) ∑ ( ) ( x ) = ∑ ( ) ( x ) − 32 = 13.1. 30 Média: ∑ ( xi ) (10 + 12 + 14 + 16 + 17 + 18 + 21 + 25 + 28 + 30 ) x= = = 19. 18.1 x s2 = ( ) ( )2 ( ) 10 .68º C 7. Variância: 2 10 2 + 12 2 + 14 2 + . A produção por talhão de 10 variedades de ervilhas para congelar foi a seguinte: 21.400 ⇔ ∑ ( 31) xi 2 = 13. 25. 25 kg Cada talhão tinha a mesma área e a mesma densidade de plantas. 18.2 s = = = = 32. mediana e a moda.5kg 2 Moda: Não tem 7. 16.24 30 i 2 31 i 2 2 2 30 30 i 2 2 2 2 ∑ ( 31) xi − n × x = n( 31) ( ) ( ) 2 = ∑ ( 31) ( xi 2 ) − 31× ( 20) 2 = 6 2 ⇔ ∑ ( 31) ( xi 2 ) − 12. Média. 30..516º C ( ) n( 30 ) 30 30 s = 32. Determine a média e o desvio-padrão. desvio padrão e coeficiente de variação.. 17.492º C ∑ ( ) ( x ) − n × ( x) 12.6 967. Média: ∑ ( 31) ( xi ) ∑ ( xi ) x ( 31dias ) = = = 20º C ⇔ ∑ ( xi ) = 20º C × 31 = 620º C n( 31) 31 x ( 30 dias ) = ∑ ( 31) ( xi ) n( 30 ) = 620 − 32 588 = = 19. 28. Dados ordenados: 10. 10.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 6.516 − 1.400 = 36 × 31 ⇔ ∑ ( 31) xi 2 = 1.116 + 12. admitindo que se omite a temperatura incorrecta. + 25 2 + 28 2 + 30 2 − 10 × 19. 12. 21.1kg n 10 Mediana: 17 + 18 Me = = 17. a qual foi registada com o valor de 32º C.9 ∑ x − n× x = = = 41.56% 19. 17. 16. 1) . 2) (1.2 ) .5) .2) . ( 2.1) . ( 4. 1) (1. (1.4) . 4) (5. 1. ( 2.4 ) .1) .2)} A3 = { (1.1) . (3.2) . ( 2.2 ) . ( 3.2 ) . (2.“saída de exactamente uma lâmpada defeituosa”.“saída de uma soma de números inscritos nas lâmpadas inferior a sete”. ( 2.1) . ( 2. 2) (1. ( 5. ( 3. (1. ( 5. (3.4) . (1. ( 5.1)} Com reposição (experiência II): A1 = { (1. 4) (1. ( 2. 1) 2) 3) 4) 5) 5 (5. ( 4. 5) 1. ( 3.1) . (2.3) . ( 4. ( 4. ( 4. (4. ( 2. ( 2. os acontecimentos adiante indicados: A1 . ( 5. (4.2) . (5. (5. (1.1) . 11 . ( 2. ( 2.2 ) . ( 2. (1.1) . ( 5. (4. ( 2.“saída de uma lâmpada defeituosa na 2ª tiragem”. (1. ( 3. (1.1) .2 ) .3) .2 ) . Uma caixa contém 5 lâmpadas das quais 2 são defeituosas. ( 4.1) .2 ) . (2.1) . A6 . Enumere os acontecimentos elementares do espaço de resultados associado a cada uma das experiências.1) .2 ) .3) . 3) (1. 1) 2) 3) 4) 5) 4 (4. (1.1) . (3.5)} A6 = { (1. ( 4. (1. ( 3. ( 4.3) . (4.5) . Sem reposição (experiência I): A1 = { (1. ( 5. (1. ( 2. 2) (5. ( 2. ( 3.2 )} A5 = A4 − A3 = { ( 3.2 ) . (2.4) . 4) (1. (1. (1.1) . ( 5. (1. ( 2.4) .2) . (3.3) . ( 2.2 ) .1) . Defina no espaço de resultados de cada experiência.1) .3) .1) . (2. ( 5.2) .2) . ( 4.1) . A4 . ( 2. A2 . As peças que saem de uma linha de produção são marcadas defeituosas (D) ou não defeituosas (N). ( 2. ( 5.1) .3) .5) .3) . ( 2. ( 3.4) . (1.2) . ( 3. ( 2. (1. ( 4. 3) (1.2 ) . (1. 1) 2) 3) 4) 5) Com reposição (experiência II): L2 1 2 3 4 5 L1 1 (1.1) .5) .4) .1) . (4.5)} A2 = { (1.2) .2 ) . 1) 2) 3) 4) 5) 3 (3.1) . ( 2.2) .1) . ( 5.5)} A5 = A4 − A3 = { ( 3.4) .3) .1) .5)} A6 = { (1. 1) (1.1) .5) .2 ) . (2.“saída de duas lâmpadas defeituosas”.2) . (1.3) .1) . ( 3. ( 4.4) . ( 2.1) . A3 .PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 2 Álgebra Álgebra de Acontecimentos e Probabilidades Simples 1.3) .1) . Extraem-se 2 lâmpadas ao acaso.1) .5) . ( 2. ( 4. (4.4) .1) .2 )} A3 = { (1.2 )} = A1 ∩ A2 A4 = A1 ∩ A2 = { (1. ( 2. 1) 2) 3) 4) 5) 5 (5.5) . 5) 2 (2.4) . ( 2. ( 4. (2. ( 3. 1) 2) 3) 4) 5) 4 (4.2 ) . ( 2. (4.1) . ( 2.1) . (1.2 ) .“saída de uma lâmpada defeituosa na 1ª tiragem”.5) . ( 4. ( 4.3) .1) .4 ) . (5. (3. (1. 3) (5. (1. (1.4) .5)} A2 = { (1.2 ) . (1. ( 2. As peças vão sendo inspeccionadas e registadas. (4. (1. ( 2. As lâmpadas defeituosas estão numeradas de 1 a 2 e as boas estão numeradas de 3 a 5.2 ) . 1) (5.2. ( 3. ( 5. ( 2. (3.“saída de pelo menos uma lâmpada defeituosa”. ( 5. sucessivamente sem reposição (experiência I) e com reposição (experiência II).4) . (1. ( 3.1) .2 ) . ( 2. ( 2. ( 4. (1. ( 3. (3. (5.1.1)} 2.1)} = A1 ∩ A2 A4 = A1 ∩ A2 = { ( 2.4) .3) . ( 3. (1.3) . (1.1) . ( 3. Sem reposição (experiência I): L1 L2 1 2 3 4 5 1 (1. (1.2) . (2.3) . (3. ( 5.2 ) . 1) 2) 3) 4) 5) 3 (3.3) . ( 2. ( 2. (1. ( 2. ( 2. (1.2) . ( 5.2) . A5 .3) .5) .4 ) .1) .2 ) . 5) 2 (2. 1 3 3 1 1 3 3 1 1 3 12 (isto é. (6.“o produto dos resultados é 12”. (3. Podemos facilitar esta tarefa construindo um esquema em árvore: 3.2.“a soma dos resultados é sete”.5). (5.3). 2) (4. (3.1. 1) 2) 3) 4) 5) 6) 2 (2. (2. 6) 5 (5. (2. (2.1)} B = { (1. 137) Quantos são os códigos de 4 algarismos diferentes que se podem formar com os algarismos “1”. (3. (5.3).4).6).6). 1) 2) 3) 4) 5) 6) 6 (6. (6.5)} C = { ( 2. (3. (1. (1. (1. (6. Considere a experiência aleatória que consiste no lançamento de dois dados perfeitos. (5.3)} 4. ( 4. 1) (4. 3.1. (2.2). (6. (3. (5. (5. (6. (6. Apareça o grupo “42” (isto é. B . 1) 2) 3) 4) 5) 6) 3 (3. 5) (4.1). (Gama 5 pág. (1.3).2. (2. (3.1. (5. Defina o espaço de resultados desta experiência enumerando os acontecimentos elementares que o compõem. O “1” apareça junto do 3 em qualquer ordem. (5. “2”.5). Vermelh Verde 1 2 3 4 5 6 1 (1. 4.1).1). (1. 1) 2) 3) 4) 5) 6) 4 (4.“os resultados observados são ímpares”. C . (3. “3” e “4” e em que: 4.3). 3) (4. então podemos ter 6 códigos. . Defina no espaço de resultados os seguintes acontecimentos: A . (2. (6. Descreva o espaço de resultados desta experiência.3 e 3.4). 1) 2) 3) 4) 5) 6) 3. imediatamente antes ou depois do “3”)? A posição do “3” relativamente ao “1” pode ser antes ou depois dele. (3. (5. 4) (4. um vermelho e outro verde. (3. o “4” apareça sempre imediatamente antes do “2”)? A posição do “4” só pode ser nas 3 primeiras casas para que “2” possa estar após o “4”. (1. (3.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 procedendo-se a uma paragem quando se obtenham duas peças defeituosas consecutivas ou quando se tenham registado quatro peças.2). 4 2 4 2 4 2 Para cada “42” podem ter-se duas combinações: 1. (1.5). A = { (1. Logo 3×2=6. (5. (4. 1. 6. ( A ∪ C) . (Gama 3 pág 137) Considere o seguinte espaço amostral: S = {1. E .1.“realiza-se quando um automobilista verifica uma e uma só das duas”.2.5. 2. E = A1 − A2 A = A1 C = A1 ∪ A2 ( ) D = ( A1 − A2 ) B = A1 ∪ A2 F = A2 − A1 G = ( A1 ∪ A2 ) − ( A1 ∩ A2 ) 5. G . R: A = { 3.6. Exprima o acontecimento G em função de E e F. então podemos ter 12 códigos. B = {2. C = {6}.4. 6. Exprima em função deles os seguintes acontecimentos: A .3. Sejam A1 e A2 dois acontecimentos. ( ( ) ) 6. 4. 6} 6.“realiza-se quando um automobilista verifica o óleo do motor e não verifica o ar dos pneus”. 5. escolhido ao acaso numa bomba de gasolina.“realiza-se quando um automobilista. 3. 7} R: A ∩ B ∪ C = {1. 5. 3. B ∩ C . verifica o óleo do motor”. A ∩ B ∩ C . 7}. 5. A ∩ B ∪ C . tais que: A1 . 4. 13 ( ) ( ) . A ∪ B ∩ A ∩ C .“realiza-se quando um automobilista não verifica o ar dos pneus ou verifica o óleo do motor”. } 6. R: ( A ∪ C ) = {1. 3. A2 . A . R: B ∩ C = {1.3. verifica o ar dos pneus”.“realiza-se quando um automobilista não verifica o ar dos pneus”. 5. 5. Logo 6×2=12. D . B . 4.2.4 e 4. escolhido ao acaso numa bomba de gasolina. 7} 6. 2.“realiza-se quando um automobilista. 7} e os acontecimentos: A = {1. 7} R: A ∩ B ∩ C = { 6.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 3 1 Para cada “13” ou “31” podem ter-se duas combinações: 2. C .2. Determine: 6.“realiza-se quando um automobilista não verifica o ar dos pneus nem o óleo do motor”. Os acontecimentos E e F são incompatíveis? R: Sim E e F são incompatíveis. 5.“realiza-se quando um automobilista verifica o ar dos pneus e não verifica o óleo do motor”. 2. R: G = E ∪ F 6. F .“realiza-se quando um automobilista verifica o ar dos pneus ou o óleo do motor”. 4}. pois não interceptam 5. 2. Um número maior que 3. X) = 10/75 × 9/74 = 90/5550 = 0.35 e fruta e café 0. Um gerente de um restaurante admite que todos os clientes terão. calcular a probabilidade de.2. P (sair maior que 3) = P(4) + P(5) + P(6) = 15/18 = 5/6 7. do “2” ou do “3”.016 8.625 = 0.Um caracol ser da espécie X e outro da espécie Z. Um número par.3.Os 2 caracóis serem da espécie X.2.2. numa captura.Os 2 caracóis serem da espécie X.1.2. P(1 da espécie X e outro da espécie Z) = P(X.1. em 2 capturas sucessivas: Com devolução: 8. calcular a probabilidade de. Se o caracol não for devolvido ao lago depois da captura.2.2.7. X) = = 10/75 × 50/74 + 50/75 × 10/74 = 1000/5550 = 0.000/5. P(X. P (sair par) = P(2) + P(4) + P(6) = 10/18 = 5/9 7. ou queijo. Os caracóis foram capturados um de cada vez para inspecção.1.3. ocorre o triplo das vezes do “1”. fruta e queijo 0. X) = = 10/75 × 50/75 + 50/75 × 10/75 = 1. Num lago existem 10 caracóis aquáticos da espécie X. P (sair um quadrado perfeito) = P(1) + P(4) = 4/18 =2/9 8. P(1 da espécie X e outro da espécie Z) = P(X. P(Y) = 15/75. por sua vez. ou fruta. Y? Qual a probabilidade de.1. 15 da espécie Y e 50 da espécie Z. no fim da refeição.Um caracol ser da espécie X e outro da espécie Z.02 8. ou ainda café.1. ou qualquer combinação e que a probabilidade de terem fruta é de 0.18 8. X) = 10/75 × 10/75 = 100/5625 = 0. P(X. 138) Considere um dado desequilibrado em que o “5” e o “6” ocorrem o dobro das vezes do “4” que. queijo e café 0. (Gama 11 pág.5. obter um caracol da espécie X ou P(X∪Y) = P(X) + P(Y) = 10/75 + 15/75 = 1/3 9.1. P(X) = 10/75. Z) + P(Z. Se se lançar o dado uma vez.95. em 2 capturas sucessivas: Sem devolução 8. Calcular a proporção de clientes que terão: 14 . P(Z) = 50/75 8.18 8. Se depois da inspecção cada caracol for devolvido ao lago. Um quadrado perfeito.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 R: A ∪ B ∩ A ∩ C = { 6} 7. Sabe também que a probabilidade de terem fruta ou queijo é 0. qual a probabilidade do resultado obtido ser: P(5) = P(6) = 2 x P(4) P(4) = 3 x P(1) = 3 x P(2) = 3 x P(3) P(1) = P(2) = P(3) Como P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1 podemos escrever que P(1) + P(1) + P(1) + 3 x P(1) + 2 x 3 x P(1) + 2 x 3 x P(1) = 1  18 x P(1) = 1  P(1) = 1/18 P(1 P(2 P(3 P(4 P(5 P(6 ) ) ) ) ) ) 1/18 1/18 1/18 3/18 6/18 6/18 ( ) ( ) 7. Z) + P(Z.25.9 e de terem fruta ou café é de 0. 25 = 0.4   P(B) = 0. Represente os acontecimentos através de um diagrama de Venn.45 + 0.9  P(Q) = 0.3 11.7 + 0.35 – 0.1. P(F∪C∪Q) = P(F) + P(Q) + P(C) – P(F∩Q) – P(Q∩C) – P(F∩C) + P(F∩Q∩C) = 1  P(F∩Q∩C) = 1 – [P(F) + P(Q) + P(C) – P(F∩Q) – P(Q∩C) – P(F∩C)]  P(Q∩ C) = 1 – [0.25 P(Q ∩ C) 0. 10.95  P(C) = 0. Represente através de um diagrama de Venn o espaço de resultados Ω. queijo e café.45 + 0.95 – P(F) + P(F∩ C) Q) = 0.18.4 + P(B) – 0.95 Sabe-se também que: P(F∪C∪Q) = P(F) + P(Q) + P(C) – P(F∩Q) – P(Q∩C) – P(F∩C) + P(F∩Q∩C) = 1 ◄ todos 9. Seja P(A) = 0. B e C três subconjuntos de Ω.4 e P(B-A)=0. calcule a probabilidade de um elemento de Ω escolhido ao acaso: 15 .4 + 0.58 – 0. P(F∪ Q) = P(F) + P(Q) – P(F∩Q) = 0.5 = 0. P(A∪B) = P(A) + P(B-A) = 0.70 P(F ∩ Q) 0. Queijo ou café.35 P(F ∩ C) 0.50 P(F ∪ Q) 0.20 = 0.7 + 0.3.90 P(F ∪ C) 0.18 / 0.2 .7 + 0.20 9. Fruta.85 9.75 – 0.2.5 + 0. 11.1.75 – 0.45. tal que A e B são independentes e A e C são incompatíveis.6 = 0.9 – P(F) + P(F∩Q) Q) = 0.1.95 – 0.4 e P(C) = 0.18 = 058 P(A∪B) = P(A) + P(B) – P(A∩B) = 058   0. Determine P(B).5] = 0.35 = 0.1 10.4 × P(B) = 058   P(B) × (1 – 0.2.1. P(B) = 0.35 – 0.9 – 0.4) = 0.75 P(Q∪ C) = P(Q) + P(C) – P(Q∩C) = 0.45 P(F∪ C) = P(F) + P(C) – P(F∩C) = 0. Sejam A. P(A∩B)=P(A)×P(B) 10. Sabendo que P(B∩ C) = 0.25 – 0. P (apenas café) = P(C) – P(Q∩C) – P(F∩C) + F∩Q∩C) = 0.75 – 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P(F) 0. Apenas café. Sejam A e B dois acontecimentos independentes tais que P(A)=0. 45 – 0.5.4 – 0. pelos vistos. É também referido que 22 alunos estudam simultaneamente Matemática e História: ora já é sabido que 10 alunos estudam Matemática e História (mas estudam também Psicologia) mas há.1. nestes casos. Escolheu-se um aluno ao acaso: A construção do diagrama de Venn é.1 = 0.4. 10 estudam as três disciplinas.2 x 0. P (pertence exclusivamente a B) = P(B) – P(AB) – P(BC) = 0.22 11. a região correspondente à intercepção das três disciplinas quer dizer que os alunos em questão têm as três disciplinas e no enunciado é dito que são “10”. 7 História mas nem Matemática nem Psicologia. 11. P(A∪B∪C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(BC) = 0. mais 12 que só estudam aquelas duas disciplinas.4 = 0.2. Qual é a probabilidade desse aluno estudar Matemática ou História? P(M∪H) = (5 + 15 + 12+ 10 + 7 + 25)/100 = 0. qual é a probabilidade de estudar as outras duas disciplinas? P(MH|P) = P(MHP)/P(P) = (10/100)/(54/100) = 0. Por exemplo. Pertencer a A sabendo que pertence a B. Pertencer a C sabendo que pertence a B.87 11.2 = P(A) Como se pode ver P(A|B) = P(A).3. (Gama 14 pág 138) Num colégio com 100 alunos. P(C|B) = P(CB)/P(B) = 0. Há 25 alunos que estudam simultaneamente Matemática e Psicologia. 25 simultaneamente Matemática e Psicologia. Se esse aluno estudar Psicologia. Para isso devem ser representados os conjuntos definidos no enunciado com as respectivas intercepções (caso seja dito que há incompatibilidade entre dois deles.4 – 0. De novo. Como se sabia A e B são independentes. Pertencer exclusivamente a B. É este o tipo de raciocínio que tem que ser feito para se chegar a construção do diagrama de Venn que vem a seguir. Cada uma das regiões definidas corresponde a um grupo muito concreto.25 12.1 = 0. mais 15 que só estudam aquelas duas disciplinas.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Não esquecer que A e B são independentes e portanto P(AB)=P(A) × P(B) 11. muito útil.1/0.185 16 .74 12. essa intercepção não é representada). 54 História.2. é sabido que 10 alunos estudam Matemática e Psicologia (mas estudam também História) mas há.08 – 0. 42 estudam Matemática. 22 simultaneamente Matemática e História.08/0. 12.4 = 0. P(A|B) = P(AB)/P(B) = 0. pelos vistos. 68 Psicologia.2 + 0 4 + 0. Pertencer a pelo menos um dos subconjuntos. Se esse aluno estudar História.6).1).6). Se esse aluno não estudar Psicologia.6). (6.6. (2. (3.50. Qual é a probabilidade do outro mostrar "5"? P (um dado ter 5 | outro dado tem 6) = 2/11 13. P(J|P) = [P(P|J) × P(J)] / P(P) = [0. (6.20 P(P|H) = 0. Qual é a probabilidade desse aluno estudar Matemática e também as outras duas disciplinas? P(MHP) = 10/100 = 0.3)} P (um dado ter 4 | soma dos dados é 9) = 2/4 = 1/2 Probabilidades Condicionadas Teoremas de Bayes e da Probabilidade Total 14. Se esse aluno estudar Matemática.20) = 0. Raquel embrulha 30% dos presentes e esquecese de tirar o preço 3% das vezes.05 14.5)} 13.6).30 × 0.18.2. (6.20 × 0.1.2.08 P(J) = 1 – (0. Qual a empregada que mais provavelmente o terá embrulhado? Faz-se o mesmo tipo de cálculo para a Raquel e para a Helena e obtém-se: P(R|P) = 0.03 + 0. P(H|P) = 0. qual é a probabilidade de estudar Matemática mas não estudar Psicologia? P(MP|H) = P(MPH)/P(H) = (12/100)/(54/100) = 0. Helena embrulha 20% dos presentes e esquece-se de tirar o preço 8% das vezes.1.6).6). que embrulha os restantes presentes. que o seu presente tinha preço.2). Joana.30 P(P|R) = 0. (Gama 16 pág. 17 .5.30 + 0. em casa.4).05 × 0.238 12. Suponha que tinha ido a essa loja verificando.5). Se um dos dados mostrar "6": Subconjunto dos pares em que num dos dados há um “6”: Ω6 = {(1. 138) Considere a experiência que consiste em lançar.1. dois dados e registar o número saído em cada um deles. Uma loja de brinquedos emprega 3 senhoras para fazerem embrulhos durante a época de Natal.03 P(H) = 0. Calcule a probabilidade de ter sido embrulhado pela Joana. (6.2222 13.05 = 0. (6.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 12.50 Calcula-se primeiro P(P): P(P) = P(R) × P(P|R) + P(H) × P(P|H) + P(J) × P(P|J) = = 0.3).05 = 0.2.375 12. (5. logo é a Joana.50] / 0. 13.4. qual a probabilidade de um dos dados mostrar “4”? Subconjunto dos pares em que num dos dados há um “9”: ΩƩ6 = {(3. (4. Qual é a probabilidade da soma dos números saídos em ambos ser menor do que 9? P (soma < 9 | um dado tem 6) = 4/11 13.05 14.4).1. Se a soma dos números saídos for 9.3.1 12.08 +0.6).32.1. (4. (6.50 P(P|J) = 0. esquece-se 5% das vezes de tirar o preço. P(R) = 0. qual é a probabilidade de também estudar as outras duas disciplinas? P(PH|M) = P(PHM)/P(M) = (10/100)/(42/100) = 0. qual é a probabilidade de estudar as outras duas disciplinas? P(MH|P) = P(MHP)/P(P) = (12/100)/(32/100) = 0. (5.50 × 0. Como para a Joana tínhamos P(J|P) = 0. (6. 50 ⇔ ⇔ ⇔ 0.95 e P( D | B) = 0.30 × 0.40 e P(C) = 0.90 − y  x = 0.30 P(R|B) = 0.15 y = 0.10 + y × 0. P(A) = 0. B e C. Se posteriormente se retirar um saco e se verificar que é para recusar determine a probabilidade de ser proveniente do campo B. dos ovos provenientes de B. Um agricultor produz sementes de uma leguminosa em 3 campos distintos A. dos ovos provenientes de C.15 Como temos 2 incógnitas vamos resolver por um sistema.03 × 0. a outra é a soma das percentagens de ovos por proveniência que terá de somar 100%. Por outro lado sabe-se que 12% do total dos ovos recebidos pelo comerciante são estragados.10 y + 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 15.025  y =  y = 0.90 − y 0. dos ovos provenientes de A.05 = 0.2.58 P(R|C) = 0. 10% são estragados.15 = 0. C – y% 16.15 = 0. P(A) = 0.10 P(C) = y P(E|C) = 0. em B 30% e as restantes em C.0404.90 − 0. 3% dos provenientes de B e 5% dos provenientes de C são rejeitados. Calcular x e y.0404 = 0. A percentagem de ovos estragados varia segundo as proveniências e sabe-se que.50 17.90 − y  x = 0.05 + x × 0. Qual a probabilidade de um saco escolhido ao acaso ser recusado.03 + 0. logo P( D | A) = 0.05 P(E) = 0.90 − y ) × 0.05 15.03 P(C) = 1 – (0. P(R) = P(A) × P(R|A) + P(B) × P(R|B) + P(C) × P(R|C) = = 0.10 + x + y = 1  x = 0.1. (Gama 19 pág.005 + (0. 139) A e B são fornecedores de um artigo a uma empresa transformadora que o armazena num contentor.  P ( E ) = P ( A) × P( E | A) + P( B ) × P ( E | B ) + P (C ) × P( E | C ) = 0.223 16. 15% são estragados. Foi escolhido ao acaso um dos artigos do contentor e verificou-se que não é defeituoso.12 P(B) = x P(E|B) = 0.50  x = 0. razão pela qual A fornece à referida empresa transformadora o quádruplo de B.12 0. P( A) = 4 × P( B) 18 . é a expressão de cálculo da probabilidade total de “estragados”.30]/0. Um comerciante recebe ovos de 3 proveniências: A.1.50  y = 0.91 .12 P(R|A) = 0. B – x%. B e C. Sabe-se que 5% dos artigos de A e 9% dos artigos de B são defeituosos.025 0.09 . Sabe-se por amostragem que 2% dos sacos de sementes provenientes de A.40  x = 0.025  − 0.05 y = 0. segundo as seguintes percentagens: A – 10%.12 ⇔   P ( A) + P ( B) + P (C ) = 1 0.10 P(E|A) = 0.10 × 0.05 ⇔  ⇔  x = 0.12 × 0.02 P(B) = 0.30) = 0.02 + 0.12 + 0. 16.58 × 0. em A produz 12% das sementes. 15. Para que possam ser homologadas para comercialização não podem apresentar mais que uma determinada percentagem de impurezas e de sementes de infestantes. Quais são as equações do sistema? Uma.12 ⇔ ⇔ ⇔ 0. Qual é a probabilidade de ter sido fornecido por A? P( D | A) = 0.05 e P( D | B) = 0. P(B|R) = [P(R|B) × P(B)] / P(R) = [0.2. 5% são estragados.10 + y × 0.90 − y  P(B) = 0. Retiraram-se 3 bolas sucessivamente do saco e registou-se a cor de cada uma. pág. Qual a probabilidade de ter sido retirada da caixa 3? P(V | 3) × P (3) ( 3 / 10 ) × (1 / 3) P(3 | V ) = = = 3 / 10 (1 / 3) P(V ) P(V|3) = 3/10 P(3) = 1/3 P(V) = P(V|1) x P(1) + P(V|2) x P(2) + P(V|3) x P(3) = 2/10 x 1/3 + 4/8 x 1/3 +3/10 x 1/3 = 1/3 19 . Uma empresa recebe diariamente leite de 3 chegar cada entrega o produto é classificado de em regular (R). P (exactamente uma ser V) = P (VNN) + P (NVN) + P (NNV) = 3 × P (VNN) = = 3 × 2/9 × 7/8 × 6/7 = 0. uma das 3 bolas ser vermelha sabendo que a experiência foi realizada sem reposição. exactamente. sendo 1 bola branca.2. sabendo que a experiência foi realizada com reposição.942 = 0.5 Estas 3 probabilidades têm o 19.1. 139) Há um saco preto que contém 9 bolas coloridas.09 = 0. Ao acordo com a qualidade origem mais provável de qualidade extra e que as Quantidade (l) B E 300 500 000 000 2 000 500 000 000 1 500 400 000 000 P(1|E) = 300 000 / 1 200 000 = 3/12 P(2|E) = 500 000 / 1 200 000 = 5/12 P(3|E) = 400 000 / 1 200 000 = 4/12 A origem mais provável do lote é o distrito 2. (Gama 23.058 .807 [ ] 18. bom (B) e extra (E). 1 azul.942 E assim: P( A | D ) = P ( D | A) × P ( A) / P( D) ⇔ 0.529 18. (Gama 20 pág. 22. uma das 3 bolas ser vermelha. P (pelo menos uma V) = 1 – P (nenhuma V) = 1 – P (NNN) = 1 – (7/9)3 = 1 – 0. Determine: 18. A probabilidade de. pelo menos. Determinar a um lote recentemente entregue sabendo que é de classificações até à data são: Distrito s 1 2 3 Total entregue (l) 1 000 000 3 000 000 2 500 000 R 200 000 500 000 600 000 mesmo valor distritos diferentes.471 = 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P( A) + P( B) = 1 ⇔ 4 × P ( B ) + P ( B) = 1 ⇔ 5 P( B) = 1 ⇔ P( B ) = 1 5 e assim sendo P( A) = 4 × 1 5 = 4 5 Então: P( D) = P( A) × P ( D | A) + P ( B ) × P ( D | B) = 4 5 × 0.058 = 0. 2 vermelhas e 2 castanhas. logo P( D) = 1 − 0.05 + 1 5 × 0.8 / 0. A probabilidade de.95 × 0. 2 verdes. numeradas de 1 a 3 e contendo bolas coloridas conforme se mostra na tabela: Caixa 1 2 3 Nº bolas vermelhas 2 4 3 Nº bolas brancas 3 1 4 Nº bolas azuis 5 3 3 De uma caixa seleccionada aleatoriamente extraiu-se uma bola e verificouse que era vermelha. 139) Numa sala estão três caixas iguais. 1 amarela. adaptado. 20 . P(V) deve ser calculado através do teorema das probabilidades totais porque existem três “probabilidades de ser vermelha”. uma em cada subconjunto.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Aqui. Assim a P(V) total terá que ser calculada assim. O = número de avarias de uma máquina num intervalo de tempo. 1. 1.12. 1. por dia. 2. pag 198) Considere as variáveis aleatórias seguintes. M = idade de uma estrela escolhida ao acaso.14.2.11. 1. 1. 1. x < 1 1 / 4 .13. T = duração de uma partida de futebol. N = número de estrelas que se podem observar. X = produção diária de leite numa fábrica de lacticínios. a olho nu. 1. 0 .9. P = tempo entre avarias consecutivas de uma máquina.1. no exame nacional de Matemática de um determinado ano lectivo. Traçar o gráfico de f(x).3.13.2.1.4. A probabilidade de formação de x células filhas é dada por: x f(x) 1 1/4 2 3/8 3 1/8 4 1/4 2. 1. (Gama 1. Determinar a função de distribuição F(x) e traçar o respectivo gráfico. 1. 2. 1. Indique quais são as variáveis aleatórias discretas e contínuas justificando a resposta.10 e 1. Variáveis discretas: 1.11. 1. 4} e 1 / 4 + 3 / 8 + 1 / 8 + 1 / 4 = 1 2. 1. 1. 1. 1. 4 células filhas. 2 ≤ x < 3 6 / 8 . 1. 1. Z = produção diária de calças de uma fábrica de confecções.3.5. 1. x ≥ 4 21 . 1.6. 1. Q = classificação média obtida pelos alunos do 12º ano.4.14. Verificar que f(x) é uma função de probabilidade. Y = produção diária de uma fábrica de parafusos. Uma célula por multiplicação origina. W = número de espectadores numa partida de futebol disputada num estádio com lotação de 50 000 pessoas.8. 1.10. 3 ≤ x < 4   1 . no máximo. 1.1. 3.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 3 Variáveis Aleatórias Unidimensionais 1. V = quantidade de comida (em kg) ingerida.6. ∀x ∈ {1. U = número de interrupções numa partida de futebol.7. no exame nacional de Matemática de um determinado ano lectivo.7. S = número de cabelos de uma mulher. 1. f(x)≥ 0. à noite. 1 ≤ x < 2   F ( x) = 5 / 8 . 1.8. e 1. Variáveis contínuas: 1.2.5.9. por um adulto.12. R = número de alunos do 12º ano com classificação negativa. 3 ≤ x < 4 0.1 = 3.2 6 0.1. x p(x) 1 1k 2 2k 3 3k 4 4k 5 5k 6 6k 7 7k 8 8k 9 9k 10 10 k 3.3.1 − 0. O número de lançamentos num ramo é uma variável aleatória X.1 4 0.1 7 0.7 P( X < 4) = 0. n = 0. P( X > 2) = 0.2.. P( X = 2) = p (2) = 2 / 55 3.1 5.1 4.1 + 7 × 0.. x < 0 0.69 = 4.. 5 ≤ x < 6  0.1 3 0.4 .8 . Em cada dia são fornecidas 2 refeições.3 . 2 ≤ x < 3  F ( x) = 0. Calcular k de modo que p(x) seja uma função de probabilidade. calcular a 7 2 média e a variância do número de refeições comidas por dia. N.7 2 = 18. Calcular a probabilidade de um ramo ter 2 lançamentos.2. o número de refeições. Temos que calcular primeiro a função de probabilidade: Tendo N uma função de probabilidade P( N = n) = n P(N= n) 0 4/ 7 1 2/ 7 2 1/ 7 n 22 . 1 ≤ x < 2  0.1.. 10.1 2 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 2. Calcular o número médio de lançamentos por ramo. 4 ≤ x < 5  0. + 6 2 × 0.1 − 13.6 .0 .1 + 1 × 0.3. 1.3. Calcular µ e σ . + 6 × 0.5 5 P( X ≥ 1 | X ≤ 4) = = = P( X ≤ 4) 0. 4. Calcular P(X > 2).9 . que toma os valores x. P(X < 4). P( X ≥ 2) = 1 / 4 + 3 / 8 + 1 / 8 = 3 / 4 ou P( X ≥ 2) = 1 − F (1) = 1 − 1 / 4 = 3 / 4 3.2 . Determinar a função de distribuição de X. µ = 1 x 1/55 + 2 x 2/55 + … + 9 x 9/55 + 10 x 10/55 = 385/55 = 7 lançamentos por ramo. 6 ≤ x < 7 1.1 .1 + .1 1 0. com probabilidade p(x) = k x .2 5 0. Sendo X uma variável aleatória com função de probabilidade: x f(x) 0 0.41 σ = 4..1 + 7 2 × 0. x = 1.6 6 4.1 + .1 × 3..4 P (1 ≤ X ≤ 4) 0. P(X ≥ 1X ≤ 4). 1k + 2k + 3k + 4k + 5k + 6k + 7k + 8k + 9k + 10k = 1 ⇔ k = 1 / 55 3.7 σ 2 = ∑ x 2 × f ( x) − µ 2 = 0 2 × 0.. Numa experiência com um inibidor de apetite.. que um rato toma por dia é anotado. Calcular a probabilidade de formação de pelo menos 2 células filhas. 2 .41 = 2. 0 . 41   .1 + 12 × 0. µ = ∑ x × f ( x) = 0 × 0. x ≥ 7  4. 0 ≤ x < 1  0. 2. PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 µ = ∑ x × P( N ) = 0 × 4 / 7 + 1 × 2 / 7 + 2 × 2 / 7 = 4 / 7 σ 2 = ∑ x 2 × P( N ) − µ 2 = 0 2 × 4 / 7 + 12 × 2 / 7 + 2 2 × 1 / 7 − (4 / 7) 2 = 0,53 6. Sendo X uma variável aleatória discreta com função de distribuição: 0 1  8 3  8 F ( x) =  5 8 6  8  1  , x < -4 , - 4 ≤x < -2 , - 2 ≤x < 0 , 0 ≤x < 2 , 2 ≤x < 4 , x ≥4 Determinar a função de probabilidade f(x), µ e σ 2 . Para resolver este problema precisamos de definir a função de probabilidade f(x). O raciocínio que deve ser feito será um raciocínio contrário àquele que se faz quando, a partir da função de probabilidade, se pede a função de distribuição, F(x). Se analisarmos a função F(x) percebemos que, até ao ponto “-4” (exclusive), isto é, para “x<-4”, a probabilidade acumulada é “0”. Já a partir deste ponto, isto é, de “x=-4” e até ao ponto “x=-2” (exclusive), isto é, no intervalo “x≤ -4”, a probabilidade acumulada é “1/8”. Ora isto só é possível se no ponto “x=-4” a probabilidade for “1/8” e daí até “x=-2” (exclusive) não houver nenhum ponto de probabilidade diferente de “0”. No ponto “x=-2” a probabilidade acumulada passa para “3/8”; ora isso só é possível se, nesse ponto, houver um acréscimo de probabilidade de “2/8”. Repare-se que essa probabilidade acumulada se mantém até “x=0” (exclusive), o que significa que, desde o ponto “x=-2” até “x=0” (exclusive), não houve nenhum ponto com probabilidade diferente de “0”. Este raciocínio terá que ser feito para todos os outros pontos apresentados na F(x). A função de probabilidade f(x) vem então: X -4 -2 0 2 4 f(x 1/8 2/8 2/8 1/8 2/8 ) Podemos agora calcular µ e σ2. µ = ∑ x × f (x) = −4 × 1 / 8 − 2 × 2 / 8 + 0 × 2 / 8 + 2 × 1 / 8 + 4 × 2 / 8 = 1 / 4 σ 2 = ∑ x 2 × f ( x) − µ 2 = −4 2 × 1 / 8 + ( − 2) 2 × 2 / 8 + 0 2 × 2 / 8 + 2 2 × 1 / 8 + 4 2 × 2 / 8 − (1 / 4 ) 2 = 7,44 7. Um dado produto pode ser classificado, consoante a sua qualidade, em 5 classes distintas: 1, 2, 3, 4 e 5. Sendo X a classe atribuída ao produto, com função de probabilidade: x f(x) 1 K 2 2k 3 4k 4 2k 5 k 7.1. Determinar k. k + 2k + 4k + 2k + k = 1 ⇔ 10k = 1 ⇔ k = 0,1 7.2. Qual a probabilidade de que um produto tomado ao acaso, tenha uma classificação menor do que 4 e superior a 1? P( 1<X<4 ) = P ( X=2)+P ( X=3)=0,2+0 ,4=0 ,6 7.3. Calcular “1 – F(2)”, e indicar o seu significado. 1 - F(2) = 1 – 0,3 = 0,7 e significa a probabilidade de, escolhendo ao acaso, obter um produto com qualidade superior à segunda (X=2). 23 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 8. Sendo X uma variável aleatória discreta cuja distribuição de probabilidade é a seguinte: x 0 1 2 3 4 5 P(X = 0,100 0,300 0,400 0,100 0,050 0,050 x) Representar graficamente a respectiva função de distribuição. 8.1. 0 , x < 0 0,1 , 0 ≤ x < 1  0,4 , 1 ≤ x < 2  F ( x) = 0,8 , 2 ≤ x < 3 0,9 , 3 ≤ x < 4  0,95 , 4 ≤ x < 5  1,0 , x ≥ 5 8.2. Calcular P(X < 4,5), P(X ≥ 2), P(X ≥ 2X ≤ 4) e P(2<X<4,5). P( X ) < 4,5 = F (4,5) = 0,95 ; P( X ≥ 2) = 0,6 ; P(2 ≤ X ≤ 4) F (4) − F (1) 0,95 − 0,4 P( X ≥ 2 | x ≤ 4) = = = = 0,579 P( X ≤ 4) F (4) 0,95 P(2 < X 4,5) = F (4,5) − F (3) = 0,95 − 0,8 = 0,15 9. (Gama, 2, pág. 198) Considere a selecção aleatória de 4 cartas de um baralho de 10 cartas, com 3 copas, 2 ouros e 5 paus. Seja X a variável aleatória que representa o número de copas seleccionadas consecutivamente. Determine: Se se retirarem sucessivamente 4 cartas dum baralho de 10 cartas, onde existem apenas “3 cartas de copas (C)” é óbvio que só se podem obter, no máximo 3 cartas de copas sendo as outras não-copas (N). Percebemos assim que a nossa variável X só pode assumir os valores 0, 1, 2, 3 e 4. 9.1. A função de probabilidade de X. Para se determinar a função de probabilidade tem que se calcular a probabilidade da variável em estudo, X, assumir os valores possíveis (0, 1, 2, 3 e 4). Assim: P( X=0)=P ( NNNN )=7 / 10 × 6 / 9 × 5 / 8 × 4 / 7=1/ 6 ; 7 6 5 3 1 P ( X = 1) = P (CNNN )+P ( NCNN ) + P ( NNCN )+P ( NNNC )=4 × P ( NNNC )=4 × × × × = ; 10 9 8 7 2 P( X= 2)=P (CCNN )+P (CNCN )+P (CNNC )+P ( NCCN )+P( NCNC )+P ( NNCC )=6 × P(CCNN )= 3 2 7 6 3 =6 × × × × = ; 10 9 8 7 10 P ( X=3)=P (CCCN )+P (CCNC )+P (CNCC )+P ( NCCC )=4 × P (CCCN )=4 × x f(x) 0 1/6 1 1/2 2 3/10 3 1/30 3 2 1 7 1 × × × = . 10 9 8 7 30 9.2. A função de distribuição acumulada de X. 0 , x < 0 1 / 6 , 0 ≤ x < 1   F ( x ) = 4 / 6 , 1 ≤ x < 2 29 / 30 , 2 ≤ x < 3  1 , x ≥ 3  24 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 9.3. A média e a variância de X. µ = ∑ x × f (x) = 0 × 1 / 6 + 1 × 1 / 2 + 2 × 3 / 10 + 3 × 1 / 30 = 6 / 5 σ 2 = ∑ x 2 × f ( x) − µ 2 = 0 2 × 1 / 6 + 12 × 1 / 2 + 2 2 × 3 / 10 + 32 × 1 / 30 − ( 6 / 5) 2 = 0,56 4 2  - x , 0 ≤ x ≤1 10. Dada a função f ( x) =  3 0 , outros valores de x  10.1.Mostre que se trata de uma função densidade de probabilidade (fdp). +∞ Para mostrar que é uma fdp temos que provar que f.(x)≥ 0 e que ∫− ∞ f ( x)dx = 1 . Fazer o gráfico para ver que f.(x) está sempre “acima” do eixo do x: +∞ O integral ∫− ∞ f ( x) dx corresponde à área delimitada pelo eixo do x e a função f.(x) (linha vermelha). Vamos verificar se dá 1.  4 x3   4 (1) 3   4 (0) 3  +∞ +∞ 1 4 +∞ 2  −  × (0) −  =1 ∫−∞ f ( x) dx = ∫−∞ f 0dx + ∫0  − x dx + ∫1 0dx =  x −  =  × (1) − 3  3 3  3 3  3 3        0 1 4 1 3 =  −  − [ 0 − 0] =   = 1  3 3 3 10.2.Determine F(x) e calcule P(X ≤ 0,5). Recordemos que a função F(x) nos permite saber qual a probabilidade acumulada até um qualquer valor de x. Como sabemos, as probabilidades acumuladas associadas a este tipo de funções são dadas pelas áreas por elas definidas: a probabilidade acumulada até um dado valor x corresponde à área à esquerda desse valor delimitada superiormente pela fdp e inferiormente pelo eixo do x . O cálculo das expressões capazes de nos darem essas áreas são obtidas pelos integrais da fdp até ao valor x. Este tipo de integrais em que um dos valores de integração é um valor não definido x chama-se “integral indefinido”. Por questões de melhor compreensão, nas expressões a integrar, a variável “x” será substituída por “t ”. Deste modo podemos ver nitidamente a variável “t” a ser substituída pela variável “x” aquando do integral. Nos intervalos onde a fdp for diferente de “0” as expressões que se vão obter vão ter presente a variável “x” que será depois substituída pelo valor que se quiser. Como a fdp pode estar definida por vários ramos (expressões por intervalos) também o cálculo da função de distribuição terá que ser definida para esses mesmos ramos. A fdp apresenta 3 ramos: de “-∞ a 0”, de “0 a 1” e de “1 a +∞”. Estes não ser os intervalos de cálculo da F(x). [-∞ x <0] ou [x < 0] (ver a definição da fdp porque os sinais destes intervalos terão que respeitar os sinais da fdp). Quando x é menor que “0” (ver a fdp) a função é “0”. x x ∫−∞ f (t ) dt = ∫−∞ 0dt = 0 [0 ≤ x ≤1] 25 x 2 . [ x < 0] x x ∫−∞ f (t ) dt = ∫−∞ 0dt = 0 [0 ≤ x ≤1] x ∫− ∞ f (t ) dt = 7 3  x ∫− ∞ 0dt + x 2 ∫0 t ( ) t3   ( x) 3   (0) 3  x 3 dt =   =  − =  3 0  3   3  3       x  1 < x ≤  x ∫− ∞ f (t )dt = x ∫− ∞ 0dt + 1 2 ∫0 t ( )dt + x 1 ∫1  (7 4 t3  1 3t 2   − 3t ) dt =   + 7t −  = 2    3 0 4     1 1 x 2 3  2  (1) 3   (0) 3   1    −  +   7( x) − 3( x)  − 1  7(1) − 3(1)  = 1 +  7 x − 3x  −  7 − 3  = =         2  4 2  3  4 8   4 8  3   3   4           3x 2 7 25  = − + x−   8 4 24     7  x > 3   26 . 0. 11.5 − = − = 3 3 6 24 24 x ∫− ∞ x ∫− ∞ 0dt x ∫1 0dt 11.5) = × 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 x ∫− ∞ x ∫− ∞ 0dt f (t )dt = 4 4 t3  ( x) 3   4 (0) 3  4 x3 + − t dt =  t −  =  ( x) −  −  (0) − = x− 3 3  3 3  3 3 3  3  0  3     x 4 ∫0  2 x 4 ∫0  2 1 x [1 <x ≤+ ] ∞ ou x >1 4 4 t3  (1) 3   4 (0) 3  4 13 f (t )dt = + − t dt + =  t −  =  (1) −  −  (0) −  = − =1 3 3  3 3  3 3 3  3  0  3     . Sendo X o peso (g) das proteínas existentes em cada embalagem de um dado alimento.5 está no intervalo [ 0 ≤ x ≤ 1] P( x ≤ 0. 1 < x ≤ 3 4 outros valores de x 0 .Traçar o gráfico de f(x).1.Determinar a função de distribuição de X.5) = F (0. 0 ≤ x ≤ 1 3 3 .53 4 1 15 . com função de densidade de probabilidade.  11.2. x >1 1  4 0. 0 < x ≤1  1 7  f ( x) =  ( 7 − 3x ) . escrever: F ( x) =  x − .x < 0 0  x3 4 Podemos então. Nesta fdp temos 4 ramos. 1.5) = − = = 24 24 24 12 Nota: a área correspondente à alínea 11. X.5) − 3 (0.3. A verde está P(X≥0.5) = 1 − =1− = 23/24 3 24 11.3. Pelo menos 0.1.Calcular F(2) .5 3  3  1   5(1) − 3 (1)  −  5(0.4. de uma enzima digestiva pode ser descrita pela função de 1 densidade de probabilidade f ( x) = 5 − 3x 2 . P( X > 0.3. 12.5) e a laranja F(0. 0 ≤ x ≤ 1 . numa embalagem escolhida ao acaso. x ≤ 0  3 x .F(0. Não superior a 2 g.1< x ≤ 7 /3 − 4 24  8  7 1 .5 g. 0 < x ≤1 3  F ( x) =  3x 2 7 x 25 Podemos escrever: + − . Calcular a probabilidade de a enzima ter uma eficiência maior do que 50%.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 x ∫− ∞ x ∫− ∞ 0dt 1 2 ∫0 t f (t )dt = + ( )dt + 7 / 3 1 ∫1  (7 4 t3  1 3t 2   x − 3t ) dt + ∫7 / 3 0dt =   + 7t −  2    3 0 4     1 1 7/3 = 2    7    3   3   (1) 3  (0) 3   1   7   3   1   −  7(1) − 3(1)  = 1 +  49 − 147  −  7 + 3  = =   +  7  −     −  3  4   3  2  4 2  3  12 72   4 8   3               24 294 147 99 = + − − =1 72 72 72 72 0 . Calcular a probabilidade de.5).5) 3 1 P( X ≥ 0. (0.5) = 1 − F (0. 23 1 22 11 F (2) − F (0. o peso das proteínas ser: 11. 3( 2) 2 7(2) 25 P( X ≤ 2) = F ( 2) = − + − = 23/24 8 4 24 11.5 1 x3  5 − 3 x dx = 5 x − 3  4 4 3   2 ( ) 1 = 0.2.5) = = x 1 ∫0. x > 3  11. indicar o seu significado e representar este valor graficamente aproveitando o gráfico traçado na alínea a).5).5)  =  4  3   3      1 19 13  20 1  1   19  ( 5 − 1) −  8 − 8  = 4 ( 4 ) −  8  = 1 − 32 = 32 4      27 .4 é aquela que está entre 1/2 e 2. 4 ( ) 12. A eficiência. 5) = 1 − 13.  3x 2 x f ( x) =  − .PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 12. quer dizer que 50% dos clientes consome entre a e 2 kg.075 4  3 5   256  1 12. Então temos que resolver pelo integral: 28 .p.Calcular a e b.   13. com f.5 Kg 3a 6 3a 3 ⇔ −b 2 + 16b − 64 = 0 ⇔ b = 13. P(X>7) = 1 – F(7) [que não podemos calcular através da F(x) porque não a temos].5 ⇔ −  = 0.  1 a≤x<2  2. Sendo X uma variável aleatória que representa a quantidade (kg) procurada por cliente de determinado produto em certa loja.5 ⇔ ∫  − dx = 0.5).5 ⇔  −  3( 2)  −  − 3( a)  = 0.5 ⇔     3x  a a  3x      1 1 1 2 ⇔ = 0.d.5 ⇔ ∫  2 dx = 0.5) = 1 − P( X > 0. sabendo que 50% dos clientes procura pelo menos 2 kg. Assim: 2 2 1   1   1   1 P( a ≤ X < 2) = 0. 13 19 = 32 32 F (0. Calcular a probabilidade de um cliente procurar mais de 7 kg.5 + ⇔ = ⇔ 6a = 3 ⇔ a = 0. Calcular F(0.5 ⇔ − 72   9 72  72 72 72 2 72 72 72 9     − 16 ± 16 2 − 4( −1)(−64) − 16 ⇔b= = 8 Kg 2(−1) −2 Do mesmo modo a é o valor mais baixo.3.5 ⇔ 36  72  2 9 9  2 b 2 b 2 (b) 2   2 (2) 2  b 2 16b 28 1 b 2 16b 64 ⇔  (b) − + − = ⇔− + − =0⇔  −  (2) −  = 0.1. Média: 1 11 1  5 x 2 3x 4  µ = ∫ x × f ( x)dx = ∫ x × 5 − 3 x 2 dx = ∫ 5 x − 3x 3 dx =  −  = 4 40 4 2 4  −∞ 0  0 +∞ 1 ( ) ( ) 1 1  5(1) 2 3(1) 4   5(0) 2 3(0) 4  1  5 3  7 − −  − =  − = 4 2 4   2 4  4  2 4  16     Variância da eficiência: +∞ 1 1 11 σ 2 = ∫ x 2 × f ( x)dx − µ 2 = ∫ x 2 × 5 − 3x 2 dx − µ 2 = ∫ 5 x 2 − 3 x 4 dx − µ 2 = 4 40 −∞ 0 = ( ) ( ) 2 2 1  5x 3 3x 5  1  5(1) 3 3(1) 5   5(0) 3 3(0) 5   7  7 −  −   = =  − − −  −   =  4 3 5  4  3 5   3 5   16    0  16      1  5 3   49  =  − −  = 0. 2≤ x<b  9 36 outros valores de x 0 . quer dizer que 50% dos clientes consome entre 2 kg e b. Assim: 2 x  x2  P( 2 ≤ X < b) = 0. Calcular a média e a variância da eficiência.2.5 ⇔  x −  = 0. A informação que é dada diz que 50% dos clientes consome menos de 2 kg.2. Sendo b o valor mais alto.  2x 2 2x   2( a) 2 2( a)   2(0) 2 2(0)   2( x + 1)  f ( x) dx = 1 ⇔ ∫ f  dx = 1 ⇔  +  =1⇔  + +  ∫ −  =1⇔ 15  15   30 15  −∞ 0   30 15  0  30       +∞ a a − 2 ± 2 2 − 4(1)(−15) a 2 2a 15 −2±8 2 ⇔ + − = 0 ⇔ a + 2a − 15 = 0 ⇔ a = ⇔a= ⇔ 15 15 15 2(1) 2 ⇔ a = 3 ∨ a = −5 14.Determine a função de distribuição acumulada F(x). (Gama. outros valores de x  Se esta variável tem esta fdp quer dizer que o integral daquela função entre “0” e “a” tem que valer “1”. A fdp tem 3 ramos: “x < 0”.Calcule P(1 ≤ X ≤ 3 | X ≤ 2). c / a > 0  f ( x) =  15 0 . [ x < 0] x x ∫−∞ f (t ) dt = 0 ⇔ ∫−∞ 0dt = 0 [0 ≤x ≤3] x ∫− ∞ f (t )dt = x 2(t ∫0  2t 2 2t   2 x 2 2 x   2 × 02 2 × 0  x 2 2 x + 1) dt =  +  = + − + + = 15 15  15 15  30 15  0  30 15   30       3 x [ x > 3]  2t 2 2t   2 × 32 2 × 3   2 × 0 2 2 × 0  18 6 + 1) x f (t ) dt = dt + ∫3 0dt =  +  = + + + =1 − = 15 15   30 15  30 15  30 15  0  30       Podemos então escrever: 0 . “0 ≤ x ≤ 3” e “x > 3”. x > 3  x ∫−∞ x 2(t ∫3 14. a ] .5.Determine o valor de a para o qual f(x) é uma função densidade de probabilidade.  12 2 × 1  1 = P (−3 < X ≤ 1) = F (1) − F (−3) = F (1) − 0 =  +  15 15  5   14. 7. x < 0  2 2x x F ( x) =  + .Calcule P(-3 <X ≤1).4.2. x ∈ [ 0. 8 1 5 −  P (1 ≤ X ≤ 2  F (2) − F (1) 15 5 15 5 P (1 ≤ X ≤ 3 | X ≤ 2 ) =  = = =  P ( X ≤ 2)  =  8 8 8 F ( 2)   15 15 2 2 2× 2 8 F (2) = + = 15 15 15 14. 29 . pag 199) Uma variável aleatória X tem a seguinte função densidade de probabilidade:  2(x + 1) . 0 ≤ x ≤ 3  15 15 1 .PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 2   2 2 x  x2  (8) 2   2  −  (7 ) − ( 7 )   = 1 P( X > 7) = ∫  − dx =  x −  =  (8) −  36  72  72   9 72  72 7 9 9   7  9     8 2 8 14.Calcule P(2 ≤ X ≤ 4). 14.3.1. PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P ( 2 ≤ X ≤ 4) = F ( 4) − F ( 2) = 1 − 8 7 = 15 15 30 . 096 10 10 10 2 2 2 P ( X = 3) = P (CCC ) = × × = 0.2. Construir a função de probabilidade é responder à pergunta”qual é a probabilidade que a variável X tem de assumir cada um dos valores possíveis?” Sendo X o número de bolas castanhas que se podem ter em três tiragens com reposição é óbvio que esta variável pode assumir os valores 0. 1. Por outro lado. 3 brancas e 2 castanhas. isso significa que não interessa a cor dessa bola “não-castanha”: podemos assim dizer que temos bolas “castanhas” [C] e “não-castanhas” [N]. Vejamos as situações. Assim: P(ter 0 bolas castanhas) = P( X = 0) = P( NNN ) = P ( X = 1) = P (CNN ) + P ( NNC ) = 3 × 8 8 8 8 × × =   = 0.Y = 1) P( X = 1. quando se estuda apenas o número de bolas castanhas. Y = 1) P( X = 3.135 3 × (5 / 10) × (5 / 10) × (3 / 10) = 0.125 3 × (2 / 10) × (3 / 10) × (3 / 10) = 0. Y = 3) P( X = 3. Y = 0) P( X = 3.027 3 × (5 / 10) × (3 / 10) × (3 / 10) = 0. Y = 3) P( X = 1. Y = 0) P( X = 0.38 4 2 0.384 10 10 10 2 2 8 P( X = 2) = P(CCN ) + P(CNC ) + P( NCC ) = 3 × × × = 0.225 (5 / 10) × (5 / 10) × (5 / 10) = 0. Y = 2) P( X = 1.054 6 × (5 / 10) × (3 / 10) × ( 2 / 10) = 0. Y = 3) P( X = 2. Uma caixa contém 10 bolas: 5 amarelas.09 6 3 0.008 10 10 10 X f(x ) 0 0. Y = 0) P( X = 1.1.060 0 0 P(CCC ) (4 bolas) IMPOSSIVEL (5 bolas) IMPOSSIVEL (6 bolas) IMPOSSIVEL (2 / 10) × (2 / 10) × (2 / 10) = 0. Y ser 1?” Para isso vamos chamar às bolas castanhas [C].00 8 15. às bolas amarelas [A] e às brancas [B].PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Variáveis Aleatórias Bidimensionais 15.Y = 1) P( X = 0. sempre que não sai uma bola castanha terá que sair uma bola “não-castanha” e.Considere a variável aleatória Y que conta o número de bolas amarelas extraídas naquela experiência aleatória e que tem a seguinte função de probabilidade: Construir a função de probabilidade conjunta de X(Castanhas) e Y(Amarelas) é construir uma tabela que responda a perguntas do tipo: “qual é a probabilidade de X ser 0 e. Fazem-se 3 tiragens com reposição. Sendo X a variável aleatória que conta o número de bolas castanhas extraídas: 15. ao mesmo tempo. 2 e 3. Y = 2) P( X = 2. Y = 2) P( X = 0. Construa a função de probabilidade de X.008 0 0 0 31 . Y = 1) P( X = 2. Y = 3) 0 0 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 P (BBB ) P( ABB ) + P( BAB ) + P( BBA) P( AAB ) + P( ABA) + P( BAA) P( AAA) P(CBB ) + P( BCB ) + P( BBC ) P( ABC ) + P( ACB ) + P( BAC ) + P( BCA) + P(CAB ) + P(CBA) P(CAA) + P( ACA) + P( AAC ) (4 bolas) IMPOSSIVEL (3 / 10) × (3 / 10) × (3 / 10) = 0.180 3 × (2 / 10) × (5 / 10) × (5 / 10) = 0. Y = 2) P( X = 3.036 3 × (2 / 10) × (2 / 10) × (5 / 10) = 0.512 10 10 10  10  3 2 8 8 × × = 0. Se não há Castanhas nem Amarelas temos obrigatoriamente 3 Brancas C A 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 B 3 2 1 0 2 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 Acontecimentos Probabilidade P( X = 0. Y = 0) P( X = 2.512 5 1 0.150 0 P(CCB ) + P(CBC ) + P( BCC ) P(CCA) + P(CAC ) + P( ACC ) (4 bolas) IMPOSSIVEL (5 bolas) IMPOSSIVEL 3 × (2 / 10) × (3 / 10) × (3 / 10) = 0. Tal como havia sido referido. Y = 1) + P( X = 2. Como se sabe.Y ≤ 2) = = P( X = 0. .125 0 0 0 0.008 1 Assim: P ( X = 2) = P (CCN ) + P (CNC ) + P ( NCC ) = 3 × P(X ≤ 2. Y = 1) + P( X = 0.008 0.y). Y ≤ 1).125 0.771(confirmar este valor no quadro seguinte). Y = 0) + P( X = 1.180 + 0. e por exemplo. Y = 2) + P( X = 1.15 0 0 0.375 0.875 32 .081 0.180 + 0.867 x≥3 0 0.375 0.036 0.125 0.054 0.036 0.135 0.387 1≤x< 2 0 0.3.125 0. Y = 0) + P( X = 2.096 10 10 10 Vejamos outro exemplo (células limitadas pelas linhas a azul): P( X ≤ 1.Y ≤ 1 ) = = P( X = 0.18 0. cada uma das variáveis pode ser tratada em intervalos. Y = 1) + P( X = 1.771 2≤x< 3 0 0.135 + 0. 2 2 8 × × = 0.492 0. y) 0. Y = 0) + P( X = 0. Ora a função de distribuição conjunta tem que estar definida para qualquer par de valores de (x .y) 15.150 = 0. ) 0. Y = 1) + P( X = 1.375 0. Y = 2) = = 0.135 0.054 + 0 .512 0.06 0 0. um para cada uma das duas variáveis. Assim.060 = 0.225 0.117 0.096 0.384 0.008 1 0 1 2 3 f( .Construa a função de probabilidade conjunta de X e Y. Y = 0) + P( X = 0.054 0. P(X ≤ 2. Para construir a função de distribuição conjunta de X e Y devemos ter em conta que cada valor da mesma representa uma probabilidade acumulada para a intercepção de dois intervalos.375 0.06 0 0. estamos perante duas variáveis discretas.) 0 1 2 3 f( . Neste caso entre dois valores referenciados consecutivos de cada uma variáveis não há incremento de probabilidade acumulada.027 0. esta probabilidade corresponde a P(X ≤ 2.492 (confirmar este valor no quadro seguinte).036 + 0.225 0.225 + 0 .384 0. tal como se faz com as variáveis aleatórias unidimensionais.054 + 0.135 + 0.y) que cumprem as condições requeridas. 1) quer saber-se a probabilidade acumulada para a ocorrência em simultâneo de valores de X menores ou iguais a 2 e de valores de Y menores ou iguais a 1. X Y y<0 0≤y< 1≤y< 1 2≤y< 2 3 x<0 0 0 0 0 0≤x< 1 0 0..027 0.15 0 0 0. Y ≤ 1). X Y 0 1 2 3 f(x. Tomemos o quadro anterior e vejamos a que é que corresponde F(2.396 0. Y = 1) = = 0. isto é.096 0.027 + 0. .125 0.008 0.027 + 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Agora já podemos construir a seguinte tabela de probabilidade conjunta: X Y 0 1 2 3 f(x. Y = 0) + P( X = 1.18 0. No quadro estão delimitadas a verde as células correspondentes aos pares de valores (x .125 0 0 0 0..5 0. Assim. 1). quando se escreve F(2.162 0.512 0.027 0.125 0. embora se tenham depois que combinar as duas variáveis. 375. A probabilidade de “não C” é a soma da probabilidade de A com a de B e. respectivamente.4 3 B 0. ( A – não Amarela. f(3. Calcular F(3.Indicar o valor de f(3.0 9 0.1 8 0.1 9 6 0.Y ≤ A). X e Y não são independentes porque f(x. B – Branca e C – Castanha.y).16 = 0. 0.4.1 0. etc.Y≤A) = P(X=1.Calcular P(X < 3. P(X<3.4 ) Y f(y ) A 0.Qual o valor de f2(B) [ou fy (B)] ? O que representa? f2(B) = fy(B) = 0. com P(X=1.Verifique se X e Y são variáveis independentes.16 e traduz a probabilidade de um solo ter textura argilosa e ser do concelho A. com três concelhos.43 16.27 16. é dada por: X Y A B C 1 2 3 0. X e Y não são independentes porque f(x. B e C.0 0. Traduzem a probabilidade de cada uma das variáveis assumir um dado valor independentemente dos valores que a outra variável assuma.A) e explicar 0.21 P(Y = A) 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Y≥ 3 0 0. As funções de probabilidade marginal de X e Y correspondem aos somatórios das colunas e das linhas.1 6 16.y) ≠ f(x) × f(y) como se prova.43 16.512 0. Considere o exercício nº 15 e execute-o agora com tiragens sem reposição.2 2 0. Y = A) 0.09 P( 2 | A) = = = 0. 16.4. sabendo que é do concelho A? P ( X = 2. f(x.7.Verifique se X e Y são variáveis independentes. F(3. A) = 0. A) e indicar o seu significado.2. Seja A – Amarela. isto é.Y=A) = 0.30 × 0.Y=A) ≠ P(X=1) × P(Y=A).Y=1) ≠ P(X=1) × P(Y=1).43.180 ≠ 0.Y=A) + P(X=2. 0.18 ≠ 0.3 0.384 × 0.09 + 0. A função de probabilidade conjunta. 16. A.992 1 15.6.3 0.Qual a probabilidade de um solo ter textura média.0 4 o9 seu significado.5.18 + 0.896 0. com P(X=1. X 1 2 3 f(x 0. Em 3 tiragens sem reposição e com 2 bolas Castanhas presentes na caixa o número de bolas Castanhas presentes nos conjuntos das 3 tiragens só pode 0.3. isto é.1.4 1 C 0. 1 ou 2. média (2) e argilosa (3). Num dado distrito.A) = 0. a superfície agrícola útil é constituída por solos de textura arenosa (1).y) ≠ f(x) × f(y) como se prova. por exemplo.41 e traduz a percentagem de superfície agrícola do concelho B dentro da totalidade do distrito: 16. por exemplo.1.) 17. portanto: 33 .Calcular as funções de probabilidade marginal de X e de Y.0 3 16.0 0. 17. . Façamos agora um raciocínio semelhante àquele que foi feito anteriormente mas agora numa situação de “não reposição”. Y=2) (X=1 .2.y) 1/12 5/12 5/12 1/12 1 Como se pode ver as funções de probabilidade marginal de X e Y confirmam as funções inicialmente apresentadas e calculadas nas alíneas anteriores.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P(C ) = P ( A) + P ( B) = 5 / 10 + 3 / 10 = 8 / 10 P(X = 0) = P CCC = 8/10 × 7/9 × 6/8 = 42/90 = 7/15 P(X = 1) = P(CCC) + P(CCC) + P(CCC) = 3 × 2/10 × 8/9 × 7/8 = 42/90 = 7/15 P(X = 2) = P(CCC) + P(CCC) + P(CCC) = 3 × 2/10 × 1/9 × 8/8 = 6/90 = 1/15 X f(x) 0 1 2 7/15 7/15 1/15 ( ) 17. Y=3) (X=1 . Y 0 1 2 3 f(y) 1/12 5/12 5/12 1/12 C P P P P P P P P P P P P (X=0 . Y=1) (X=1 . Y=1) (X=0 . Y=3) 0 0 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2 A 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 B 3 2 1 0 2 1 0 0 1 0 0 0 Acontecimentos Probabilidade P (BBB ) P( ABB ) + P( BAB ) + P( BBA) P( AAB ) + P( ABA) + P( BAA) P ( AAA) P(CBB ) + P( BCB ) + P( BBC ) P( ABC ) + P( ACB ) + P( BAC ) + P( BCA) + P(CAB ) + P(CBA) P(CAA) + P( ACA) + P( AAC ) (4 bolas) IMPOSSÍVEL 3 2 1 1 × × = 10 9 8 120 5 3 2 1 3× × × = 10 9 8 8 5 4 3 1 3× × × = 10 9 8 4 5 4 3 1 × × = 10 9 8 12 2 3 2 1 3× × × = 10 9 8 20 5 3 2 1 6× × × = 10 9 8 4 2 5 4 1 3× × × = 10 9 8 6 0 P(CCB ) + P(CBC ) + P( BCC ) P(CCA) + P(CAC ) + P( ACC ) (4 bolas) IMPOSSÍVEL (5 bolas) IMPOSSÍVEL 2 1 3 × × = 10 9 8 2 1 5 3× × × = 10 9 8 3× 0 0 1 40 1 24 A função de probabilidade conjunta de X e Y vem assim: X 0 Y 0 1/120 1 1/8 2 1/4 3 1/12 f(x. Y=0) (X=0 . Y=0) (X=1 . Y X x<0 0≤x< 1 1≤x< 2 x≥2 34 . Y=3) (X=2 .Esta função de distribuição conjunta é calculada como foi calculada a da alínea 15. Y=1) (X=2 . ) 7/15 1 1/20 1/4 1/6 0 7/15 2 1/40 1/24 0 0 1/15 f( .3. Y=2) (X=2 . Y=2) (X=0 . .3. 17. Y=0) (X=2 . Considere X e Y como duas variáveis aleatórias discretas. Y 1 2 3 fx(y) 1/3 1/6 X 1 1/12 1/12 2 1/4 1/12 3 1/12 fx(y) 1/3 1/6 18.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 y<0 0≤y< 1≤y< 1 2≤y< 2 3≥ 3 y 0 0 0 0 0 0 1/120 16/120 46/120 56/120 0 0 7/120 10/120 52/120 60/120 102/120 110/120 112/120 1 17. Como se pode ver.2. Alguns dos valores para a função de probabilidade conjunta e para as funções marginais encontram-se na tabela seguinte. para o par (0. por exemplo. P(1 ≤ X < 2 .3) temos P(X=0.y) ≠ f(x) × f(y).4. A resolução desta alínea baseia-se no cálculo das parcelas por diferença para valores conhecidos: sabemos que a probabilidade total é 1 e que esse valor é a soma das probabilidades marginais (3/6 nas últimas coluna e linha). por sua vez estas probabilidades marginais são a soma das respectivas linhas ou colunas. Complete a tabela de modo a ter a função de probabilidade conjunta para o par aleatório (X.Y=3) ≠ P(X=0) × P(Y=3). X x<0 1≤x< 2≤x< 2 3≥4 x Y y<1 1≤y< 2≤y< 2 3 0 0 0 0 0 1/12 3/12 4/12 0 3/12 8/12 10/12 y≥4 0 4/12 10/12 1 18. Y) e as funções de probabilidade marginais de cada uma das variáveis aleatórias. Y X 1 2 3 fx(y) 1 2 3 1/12 1/12 0 1/6 fx(y) 1/3 0 1/6 1 1/12 2/12 2/12 1/4 1/12 1/12 1/3 3/6 18.3. 1/12 ≠ 7/15 × 1/12. 2 ≤ Y ≤ 3) = 2/12 + 1/12 = 3/12 (o X só pode ser 1 e o Y pode ser 2 ou 3) 35 .X e Y não são independentes porque existe pelo menos um par (x.y) tal que. isto é.Calcular P(1≤ X<2 .Determine a função de Distribuição Conjunta de X-Y. f(x. 2≤ Y≤ 3). 18.1. 1.5.234375 Para calcular factoriais na calculadora “Casio fx9860”: Escolher opção “OPTN” e depois “STAT”. p) P(X = x) = n C x × p x × q n−x = X ► N. depois “F6” para as restantes opções e escolher “PROB” e depois “x!”. P(X = 2) = 6 C 2 × 0. Para o resolver podemos assumir duas alternativas: a) transformar a pergunta que está feita em função de “faces” numa pergunta em função de “coroas” ou b) fazer uma mudança de variável de modo a defini-la directamente em função das “faces”.234 38=0.234375 P( X = 2) = 15 × 0 . estamos perante uma Distribuição Binomial.51 × 0.5 4 = 0.25 × 0 . determinar: Analisemos a situação exposta para vermos que tipo de distribuição temos: • 6 Provas com 2 resultados possíveis: face ou coroa (provas de Bernoulli). X ∩ Bin (6. 1.34375 = 0 .234375. Dada uma moeda equilibrada e sendo X o número de coroas obtidas em 6 lançamentos.5 5 = 0.4. X ∩ (n. 1. fica 20C3 e dá 1140.5) 1. 1. a) P(obter 2 ou mais faces) = P(obter 4 ou menos coroas) = P(X≤ 4)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=0.5 0 × 0.34375+0. P (X < 2). Posso também utilizar a função “nCr” e por exemplo: 20 C 3 .3125+0. Coroa 0 1 2 3 4 5 6 Face 6 5 4 3 2 1 0 b) Mudança de variável: 36 .º de coroas em 6 lançamentos.65625 1.5 3 × 0. evitando assim as operações com factoriais. P (1 < X < 3) = P(X=2) = 0. A probabilidade de obter 2 coroas.3125 1. P(X = 3) = 6 C 3 × 0. Logo. A probabilidade de obter 2 ou mais faces. P( X > 2) = 1 − P ( X ≤ 2) = 1-[ P ( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2)] = 1 − 0 .0625 = 0.3. P (1 < X < 3).0.6.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 4 Distribuições Teóricas Discretas 1.5 6 + 6 C1 × 0.5 2 × 0.015625 + 0.10938 P (X > 2).2.09375 = 0. • Provas independentes pois as probabilidades de sair face [P(F)] e de sair coroa [P(C)] mantêm-se constantes ao longo das 6 tiragens. P(X < 2) = P(X = 0) + P(X = 1) = 6 C 0 × 0.5 3 = 0. P (X = 3).89062 . Nesta alínea a pergunta é feita em função das “faces”. 393216 + 0.01696 2.5) P(obter 2 ou mais faces) = P(Y≥ 2) = 1 – P(Y<2) = 1 – [P(Y=0) + P(Y=1)] 1. Só haver um albino. P( X ≤ 3) = P ( X = 0) + P ( X = 1) + P ( X = 2) + P ( X = 3) = = 0.21 × 0.2) 2.86 −1 = 0.24576 + 0.3. 0.81 × 0. Uma das maneiras de resolver este problema é converter as perguntas de “não albinos” em “albinos”.80 × 0.98304 CA: P( X = 0) = 6 C0 × 0.2.1. logo estamos perante uma Distribuição Binomial.24576 P( X = 3) = 6 C 3 × 0. numa determinada cultura é tal que.21 × 0.86 − 2 = 0.001536 + 0. Repare-se que o problema agora é posto salientando exactamente os ratinhos não albinos.21 × 0. No máximo 2 não serem albinos. X ► Nº de ratinhos albinos em 6 nascimentos. Nascerem dois ou mais albinos.2 2 × 0.5.2 0 × 0. outra maneira é fazer uma mudança de variável.262144 + 0. 0.82 × 0.86 −1 = 0. O sistema de previsão para uma dada doença que depende das condições de humidade.23 × 0.86 −1 = 0.2 0 × 0.7. P( X = 1) = 6 C1 × 0 . P(obter menos que 4 faces) = P(Y<4) = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) + P(Y=3) = 0. um dia húmido é aquele em que ocorre precipitação superior ou igual a 4 mm. 2.393216 P( X = 2) = 6 C2 × 0 . P( X = 0) = 6 C0 × 0. Y∩Bin (6.08192 = 0.2.86 − 3 = 0. P( X ≥ 2) = 1 − P ( X < 2) = 1 − [ P ( X = 0) + P( X = 1)] = 1 − 0.262144 P( X = 1) = 6 C1 × 0 .86 − 0 = 0.25 + 6 C2 × 0. X∩Bin (6. Se o casal tiver seis filhos calcular a probabilidade de: • Qual a distribuição? Temos: • 6 Provas com 2 resultados possíveis: albinos ou não albinos.86 − 0 = 0.4. • Provas independentes pois as probabilidades de albinos [P(A)] e de não albinos [P(N)] mantêm-se ao longo dos 6 nascimentos.65625. As características genéticas de dois ratos adultos são tais que a probabilidade de um filho ser albino é de 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Y ► Nº de faces em 6 lançamentos Y ∩ Bin (6 . 0. Não haver albinos.2 4 = = 0.262144 + 6 C1 × 0.34464 ( ) 2. A precipitação é 37 .000064 + 0.262144 2.393216 2.01536 = 0. Vejamos esta última: mudança de variável: Y ► nº de ratinhos NÃO albinos em 6 nascimentos. Nascerem no máximo 3 albinos.2 6 + 6 C1 × 0.08192 3. A probabilidade de obter menos que 4 faces.8) P(Y ≤ 2) = P(Y = 0) + P(Y = 1) + P (Y = 2) = = 6 C0 × 0. 5) ⇔ log 0.042875 3. por aproximação.15 + 0.2.95n > n ⇔ n > log 0.04902227891 + 0.1.35 3.3.951 × 0.657 −1 = = 1 − (0.055 − 0 = 1 − 0. não temos o N (dimensão da população) sendo fácil de supor que N>10×5 (apresentação 5.055 −1 = 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 independente de dia para dia e o quadro seguinte dá a probabilidade de precipitação de x mm na época de desenvolvimento da doença: 0≤ x< 1≤ x< 2≤ x< 3≤ x< 4≤ x< 5≤ x< x≥ f(x) 0.5) ⇔ 13.950 × 0. Assim vamos usar.35) P(Z ≥ 2) = 1 − [ P( Z = 0) + P( Z = 1)] = 1 − 7 C0 × 0.5) ⇔ ⇔ n > 13.1. Em 50 embalagens extraídas ao acaso qual o valor esperado de embalagens defeituosas e qual o seu desvio padrão? µ = n × p = 50 × 0.0. ser não defeituosa? P ( X ≤ 1) = P ( X = 0) + P ( X = 1) = 5 C0 × 0. ( 5 C0 × 0 . Uma máquina de empacotar fatias de presunto produz em média.5 ⇒ n = 14 CA: log 0. Quantas embalagens deverão ser analisadas para que a probabilidade de ocorrer pelo menos uma embalagem defeituosa seja superior a 0.3. Y ∩ Bin (5.05) P (Y = 2) = 5 C 2 × 0 .95) Pelo menos uma ser não defeituosa? P ( X ≥ 1) = 1 − P( X = 0) = 1 − 4.0.05 Calcular a probabilidade de.05 = 0.5? P (Y ≥ 1) = 1 − P( X = 0) = 1 − n C0 × 0.653 − 3 = 0 .657 − 0 + 7 C1 × 0. Uma.955 − 2 = 0 .2 0. a Distribuição Binomial: 4.05 = 2.05 0.353 × 0 .2. 5 embalagens defeituosas em 100.050 × 0.95 (0.7662014391 4.1.184776282) = 0.0000003 = 0 .15 0.15 0.35) P(Y = 3) = 3 C3 × 0 .350 × 0.052 × 0.95 n = 1 − 0.95) 4. X ∩ Bin(5. Ter atenção que. Em cinco embalagens extraídas ao acaso qual a probabilidade de: X ► Nº de embalagens não defeituosas em 5.15 + 0.0. Y ∩ Bin (3.5) = x ⇔ log(0. e teoricamente fosse uma Distribuição Hipergeométrica.021434375 4. Ocorrer um dia húmido? P( H ) = P( X ≥ 4) = 0.1.9999997 ) Duas serem defeituosas? Y ► Nº de embalagens defeituosas em 5. diapositivo 33). Haver pelo menos 2 dias húmidos numa semana? Z ► Nº dias húmidos em 7 dias. embora sejam tiragens sem reposição.5 .51 log(0.950 × 0.0.2. 38 .3.1. nesse período: 3.00003 4.2 0. Z ∩ Bin(7.95 (0.95 (0.2 0.055 − 0 + 5 C1 × 0. ( ) 4.351 × 0.1. Ocorrerem sucessivamente 3 dias húmidos? Y ► Nº dias húmidos em 3 dias. quando muito. 6 4 × 0. Um estudo encomendado por uma empresa permitiu apurar que aproximadamente 60% dos seus trabalhadores mantinham uma atitude cooperativa face à empresa. p1 = 0.9) P (Y ≥ 2) = 1 − [ P(Y = 0) + P(Y = 1)] = 1 − = 0.. Y ∩ Bin (12.1.712 − 6 + ..013 Na calculadora 12!. dependendo das alíneas. Multinomial ► as provas têm 3 resultados possíveis: “atitude hostil”.6 6 terem uma atitude hostil. seleccionar PROB e depois x! 3 terem uma atitude hostil e 4 cooperativa. 12! P( X 1 = 4.36 × 0.3.312 × 0.9 0 × 0 .30 = 3. 39 . X2 ► nº de trabalhadores com atitude hostil numa amostra de 12. X2 ► nº de trabalhadores com atitude hostil numa amostra de 12.1. X ∩ Bin(12.91 × 0 . No mínimo 2 terem uma atitude bem definida? Binomial ► as provas têm 2 resultados possíveis: “com atitude bem definida” (hostis e cooperativos) e “com atitude não definida”. OPTN.6 4 × 0. p3 = 0.0. X1 ► nº de trabalhadores com atitude cooperativa numa amostra de 12.541 5. X3 ► nº de trabalhadores com atitude não definida numa amostra de 12. calcula-se digitando 12. Qual a probabilidade de num grupo de 12 trabalhadores: Este exercício é resolvido com a Distribuição Binomial ou com a Distribuição Multinomial.720 × 0.1.15 = 4!×3!×5! = 27.1178487389 5. X 3 = 2) = × 0.9999999998 ≈ 1 ( 12 C0 × 0.05 × 0. X 2 = 3.00073 × 0.00001 = 0.3) P( X ≥ 6) = P ( X = 6) + P( X = 7) + P ( X = 8) + P ( X = 9) + P( X = 10) + P( X = 11) + P ( X = 12) = = 0. 5.1.3.375 = 1.2.95 = 2. p3 = 0.0. 30% uma atitude hostil e 10% uma atitude não definida.1.860 × 0. p2 = 0. X1 ► nº de trabalhadores com atitude cooperativa numa amostra de 12.5.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 σ = n × p × q = 50 × 0.36 × 0.Pelo menos 6 adoptarem uma atitude hostil face à empresa? Binomial ► As provas têm 2 resultados possíveis: “hostis” e “não hostis”.6.33 × 0.12 = 4!×6!×2! = 13.13 × 0.01 = 0.3. X 3 = 5) = × 0.13 × 0. X ► Nº de colaboradores hostis numa amostra de 12.1.712 −12 = 0.1. Multinomial ► as provas têm 3 resultados possíveis: “atitude hostil”. “cooperativa” e “não definida”.1.1178487389 CA: 12 C6 × 0. 5.111 = ) 5. 12! P( X 1 = 4.6. 4 cooperativa e 2 não definida.4. X 2 = 6. Qual o número esperado de trabalhadores com atitude hostil? µ = n × p = 12 × 0.112 +12 C1 × 0 .0097 5. +12 C12 × 0. p2 = 0.1.027 × 0. Y — nº de colaboradores com atitude bem definida numa amostra de 12. X3 ► nº de trabalhadores com atitude não definida numa amostra de 12. “cooperativa” e “não definida”. p1 = 0. 5. 4 6 × 0. Seis dessas bolas apresentam um número positivo e oito. Destes são ímpares o “1” e o “3”.01710243222 6.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 5.1. 10% erros favorecendo apenas o Estado e as restantes os dois tipos de erro. Y2 ► nº de trabalhadores com atitude hostil numa amostra de 20.4) 10! P( X = 6) =10 C6 × 0.48 = 0.006 × 0. 20! P( Y1 = 10.1. Se forem seleccionada 10 declarações para auditoria. Y2 = 6. qual a probabilidade de se encontrarem: Este exercício é resolvido com a Distribuição Binomial ou com a Distribuição Multinomial. 10 terem atitude cooperativa e 6 hostil? Multinomial ► as provas têm 3 resultados possíveis: “atitude hostil”. num grupo de 20 trabalhadores.4955 = 0. 2 com erros? Binomial ► as provas têm 2 resultados possíveis: “com erros” e “correctamente preenchidas”.2. Uma urna contém 14 bolas e em cada uma delas está registado um número.6 4 = 0. p2 = 0. a probabilidade do produto ser positivo é: P(produto ser positivo) = 1 – P(produto ser negativo) =  8 C1 × 6 C 3 8 C 3 × 6 C1   = 1 − 0. 7. 4 correctamente preenchidas.3.00073 × 0.4 6 × 0.760 × 0. Retirou--se uma amostra de quatro bolas dessa urna e multiplicaram-se os respectivos números.1.610 × 0.6 2 × 0.6 4 = × 0. Y1 ► nº de trabalhadores com atitude cooperativa numa amostra de 20.0001 = 0.798.1.0.4) X pode tomar valores entre 0 e 4 (inclusive).111476736 [ (10 − 6)!×6!] 7. X ∩ Bin(10. 7.010616832 7. X ► Nº de bolas com valor negativo inscrito X ∩ H (14. 6 correctamente preenchidas? Binomial ► as provas têm 2 resultados possíveis: “correctamente preenchidas” e “com erros”. 2 com erros a apenas favor do contribuinte e 1 com erros apenas a favor do Estado? Multinomial ► as provas têm 4 resultados possíveis: declarações “correctamente preenchidas”. X ► Nº de declarações correctamente preenchidas numa amostra de 10. Y ∩ Bin (10. 30% contêm erros favorecendo apenas os contribuintes.6) P(Y = 2) =10 C 2 × 0.3.2.14 = 10!×6!×4! = 38. “cooperativa” e “não definida”. Estima-se que do total das declarações de Imposto Sobre Rendimento de Pessoas Colectivas. Y ► Nº de declarações com erros numa amostra de 10. um número negativo. Assim.1.36 × 0. p3 = 0. Qual a probabilidade de o produto assim obtido ser positiva? O produto de “4 bolas” só será negativo se houver número ímpar de bolas negativas.5045 = 1 − [ P ( X = 1) + P ( X = 3)] = 1 −  14 + 14  C4 C4    7. Qual probabilidade de. “com erros exclusivamente a favor do 40 .1.6.0. dependendo das alíneas. Y3 = 4 ) = × 0.8. 40% estão correctamente preenchidas. Y3 ► nº de trabalhadores com atitude não definida numa amostra de 20. p1 = 0. 10! P( X 1 = 4.11 × 0. X2 ► nº de declarações com erros exclusivamente a favor do contribuinte numa amostra de 10. X4 ► nº de declarações com os 2 tipos de erros numa amostra de 10.30 = 3 8. distribuindo os artigos bons igualmente pelos 2 lotes.4) 41 . O comprador rejeita o lote se na amostra examinada encontrar um ou mais artigos sem as especificações. das quais 20 são defeituosas. Dum lote de 100 peças. Esse comprador examina sempre 20% dos artigos de cada lote apresentado pelo vendedor. As provas têm 2 resultados possíveis: “defeituosas” e “não defeituosas”. cada prova é retirada sem reposição o que faz com que sejam provas não independentes. • Vender os artigos em 2 lotes de 10 artigos cada um. Em 10 declarações qual o número esperado de declarações com erros apenas a favor do contribuinte? O número esperado é a média. e são retiradas sem reposição (amostra) o que faz com que sejam provas não independentes. O vendedor tem duas opções: • Vender os artigos num único lote. X3 ► nº de declarações com erros favorecendo apenas o Estado numa amostra de 10.1 × 0.4. Como o valor da população donde é retirada a amostra é conhecido pode calcular-se através da Distribuição Hipergeométrica. X ► Nº de artigos defeituosos numa amostra de 10. Assim: µ = n × p = 10 × 0. X 3 = 1.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 contribuinte”.10) 8.4 4 × 0.1. p2 = 0.1.02322432 7. Qual a probabilidade de nessa amostra: As provas têm 2 resultados possíveis: “defeituosas” e “não defeituosas”. Um vendedor tem 20 artigos dos quais apenas 16 estão de acordo com as especificações do comprador. Haver 5 defeituosas? 20 C5 ×80 C5 P( X = 5) = 100 = 0. p4 = 0. Qual a probabilidade de o vendedor conseguir vender os 20 artigos na 1ª opção? X ► Nº de artigos defeituosos numa amostra de 4.0256 × 0.1.2. X 4 = 3) = × 0. Tal como a pergunta está feita temos “declarações com erros a favor do contribuinte” versus as outras situações pelo que estamos perante uma distribuição Binomial. p1 = 0. Como o valor da população donde é retirada a amostra é conhecido pode calcular-se através da Distribuição Hipergeométrica.2.600 × 0.2092080852 C10 8.2.32 × 0.4.02153146996 C10 9.008 = 0. p3 = 0.09 × 0. 9.20.3. Haver 3 defeituosas? 20 C3 ×80 C7 P( X = 3) = 100 = 0. X1 ► nº de declarações correctamente preenchidas numa amostra de 10.23 = 4!×2!×1!×3! = 12. X ∩ H ( 20. X 2 = 2. escolheu-se ao acaso uma amostra de 10. H ∩ H (100. “com erros favorecendo apenas o Estado” e “com os 2 tipos de erros”. 2.864 0! 1! 12. A distribuição de falhas em contraplacado de madeira apresenta em média uma falha em 50 dm2. então: n = 25 e p = 0.64 × 0.64 0 P( X = 0) = = 0. e −0.6222222222 = 0.64 0 e −0.2. A máquina 1 produz por dia o dobro das peças que são produzidas pela máquina 2.3871604938 C2 C2 Do ponto de vista do vendedor é melhor a segunda opção (maior probabilidade de conseguir vender) e. e −0. uma falha. Temos neste caso duas incógnitas.64 falhas λ2 = 0.3756449948 Qual a melhor opção para o comprador? Nesta opção. 6% das peças fabricados pela máquina 1 tendem a ser defeituosas. Sabendo que µ=5 e σ 2 = 4. por oposição.2.64 × 0. para se venderem os dois lotes é necessário vender um e vender o outro. 42 .64 × 0.527 0! 11.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P(vender lote de 20 peças) = P( X = 0) = 9. Qual a probabilidade de que numa porção de contraplacado de dimensão 4 × 8 dm2: É-nos dado o valor médio de falhas para 50 dm2: λ1 = 1 falha/50 dm2. Y ► Nº de artigos defeituosos numa amostra de 2. ou seja.6222222222 × 0.641 P( X ≤ 1) = P ( X = 0) + P( X + 1) = + = 0. Haja. com parâmetros n e p. Assim podemos escrever: n × p = 5 n = 5 / p    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  n × p × q = 4 n × p × (1 − p) = 4 5 / p × p × (1 − p ) = 4 5 − 5 p = 4 5 p = 1 n = 5 / 0.2  p = 0.2 = 25 ⇔ .64 Falhas/32 dm2 (resulta da regra de 3 simples anterior) X ► Nº de falhas por 32 dm2 X∩Po(0. Neste caso cada lote passou a ter 10 peças das quais agora 2 são defeituosas. em ambos os lotes é necessário que não se encontrem nenhumas peças defeituosas. Temos que obter o novo λ2 para 4 × 8 = 32 dm2. Y ∩ H (10.2) P(vender as 20 peças) = P(vender um lote de 10 peças e vender o outro lote de 10 peças) = 2 C0 ×8 C 2 2 C0 ×8 C 2 = P (Y = 0) × P (Y = 0) = 10 × 10 = 0.64) 11.2 11. 4 C0 ×16 C 4 20 C4 = 0. quando muito. determinar n e p. n e p.1. que se relacionam através de outras duas expressões: a da média e a da variância cujos valores são fornecidos. para o efeito utilizamos a regra de 3 simples: 1 falha − 50dm 3 xfalhas − 32dm 3 x = 32 / 50 = 0. A variável X tem distribuição binomial. 10. Não haja nenhuma falha. enquanto somente 3% o tendem a ser na máquina 2. No entanto. a melhor opção para o comprador é a 1ª [do seu ponto de vista ele quererá rejeitar o(s) lote(s)]. 075 12. X ∩ Bin (10. 2 1 P(1) = e P( 2) = (resolução por sistema) 3 3 P( D | 1) = 0.94 4 = 0.957 = 0. As 2 peças defeituosas no conjunto das 12 peças [4 da máquina 1 (M1) e 8 da máquina 2 (M2)] podem ser obtidas de três modos diferentes: M 2 1 0 M 0 1 2 Tot 2 2 2 Ο Para calcular a probabilidade de ter 2 peças defeituosas há que calcular a probabilidade de cada uma das situações apresentadas anteriormente.97 2 = 0.031 × 0.03 = 0. Calcular a probabilidade de haver 2 peças com defeito no conjunto das duas amostras. de num lote de 10 peças extraídas ao acaso da produção total: As provas têm 2 resultados possíveis: “defeituosas” e “não defeituosas”.955 = 0.97 5 = 0..3.784 P( X 2 = 1) = 8 C1 × 0. X ∩ Bin (4. Atendendo à capacidade das máquinas colhe-se diariamente uma amostra de 4 peças da máquina 1 e uma amostra de 8 da máquina 2.06 + × 0. Cada uma delas é calculada como sendo o produto das duas situações que lhe dão origem.97 4 = 0.06) X2 ► nº de peças definidas na amostra de 8 peças proveniente de M2. +10 C5 × 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 12.05 3 3 X ► Nº de peças defeituosas numa amostra de 10.032 × 0.199 P( X 1 = 0) = 4 C 0 × 0.05 2 × 0.194 P( X 2 = 2) = 8 C 2 × 0. por exemplo e para o primeiro caso.03 então pelo teorema da probabilidade total: 2 1 P( D) = × 0.055 × 0.06 0 × 0.94 3 = 0.03) M1 P( X 1 = 2) = C 2 × 0. Como o valor da população donde é retirada a amostra não é conhecido (não se pode calcular através da Distribuição Hipergeométrica) e se supõe que a dimensão da população seja muito maior que 10 vezes a dimensão da amostra vamos calcular através da Distribuição Binomial (por aproximação).061 × 0. a probabilidade de. Qual o número esperado de peças defeituosas num lote de 100? µ = 100 × 0. na amostra proveniente de M1.2.1. Qual a probabilidade. termos 2 peças defeituosas e na amostra M2 ter 0 peças defeituosa.1..05 2 × 0.94 = 0. Vamos definir as variáveis necessárias e calculemos as 3 situações: X1 ► nº de peças definidas na amostra de 4 peças proveniente de M1.781 43 4 2 2 8 Ο Ο M2 P( X 2 = 0) = C 0 × 0.8.086 12. X ∩ Bin (4.957 + .1.06 × 0.0.0.1.2. e são retiradas sem reposição (amostra) o que faz com que as provas não sejam independentes.030 × 0.05) 12. isto é.05 = 5 12. Haver 2 peças defeituosas? P( X = 2) =10 C2 × 0.019 P( X 1 = 1) = 4 C1 × 0.06 e P( D | 2) = 0. Haver entre 2 e 5 (inclusive) peças defeituosas? P( 2 ≤ X ≤ 5) = P( X = 2) + P( X = 3) + P( X = 5) = =10 C 2 × 0.02 . A probabilidade de ser recebida apenas 1 chamada durante um período de 1 minuto.05 2 × 0.07 nas 12 peças) = 12.781 × 0. λ1 = 43 erros/585 páginas = 0.784 + 0. µ h = 60 chamadas.929 0! 14.074 erros/página X ∩ P0 (0. As peças são vendidas em embalagens de 20.9518 = 1 − 0.4. Onze páginas escolhidas ao acaso não terem erros? Esta pergunta será resolvida no capítulo seguinte quando se tratar da matéria “Aproximação da Poisson à Normal”. qual a probabilidade de: 14.074 0 = 0. no máximo.0.074) P( X = 0) = e −0. 14. 2 poderão ser defeituosas. garantindo o fabricante que 90% são de boa qualidade.1246520195 = 0. Garantir que 90% de 20 são de qualidade é dizer que 18 são de certeza boas e que. Suponha que um livro de 585 páginas contém 43 erros tipográficos. Calcular: X ► N.3.019 × 0. Um PBX recebe em média 60 chamadas telefónicas por hora.3678794412 1! 13. Uma página qualquer não ter erros? X ► Nº de erros numa página.9245 = 0. Qual o número esperado de chamadas em 10 minutos? E numa hora? µ10 = 10 chamadas.2.º de chamadas telefónicas por hora num PBX λ1 = 60 chamadas/hora ou 60 chamadas/60 minutos 13. Converter o λ λ2 = 1 chamada /1 minuto X∩Po(1) e −1 × 11 P( X = 1) = = 0.0755 ] 13. 44 .95 20 + 20 C1 × 0. Converter o λ λ3 = 5 chamadas/5 minutos X ∩ P0 (5)  e −5 × 50 e −5 × 51 e −5 × 5 2  = P( X ≥ 3) = 1 − [ P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y = 2)] = 1 −  +  0! + 1! 2!    = 1 − 0.199 × 0.05) P( Z ≥ 2) = 1 − [ P ( Z = 0) + P ( Z = 1) + P ( Z = 2)] = = 1− [ 20 C 0 × 0. Z ∩ Bin (20.05 0 × 0.8753479805 13.051 × 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P(ter 2 peças defeituosas 0.1.194 + 0. Se esses erros estiverem aleatoriamente distribuídos pelo livro.2.9519 + 20 C 2 × 0.02 = 0. Z ► Nº de peças defeituosas numa embalagem de 20. A probabilidade de serem recebidas pelo menos 3 chamadas num intervalo de 5 minutos. Violar a garantia será ter mais de 2 defeituosas nas embalagens de 20.1. Calcular a probabilidade dessa garantia ser violada.074 × 0. Numa semana haver 2 acidentes e na semana seguinte outros 2.2 ⇔ ⇔ e −λ e − λ × λ0 < 0. Em 2 semanas se verificarem 4 acidentes. calcular: 17. λ2 = 2 × 2 = 4 acidentes/semana X ∩ P0 (4) P (Y = 4) = e −4 × 4 4 = 0. X ► Nº de rebuçados em 250g.8 ⇔ 1 − P ( X = 0) > 0. Numa fábrica o número de acidentes por semana segue uma lei de Poisson com parâmetro igual a 2. acontecimentos passados não influencia acontecimentos futuros.27067056652 = 0.08118177186 = 0. Admite-se que 5% da produção de certa fábrica apresenta defeitos. 16. X ∩ P0 (λ ) P ( X ≥ 1) > 0. O mesmo da alínea anterior uma vez que na Distribuição de Poisson os acontecimentos são independentes e.05) 15.1.08118177186 15.1953668148 4! 16. O número de rebuçados de chocolate contidos numa embalagem de 250g de certa marca segue distribuição de Poisson. λ2 = 2 acidentes/semana P(2 acidentes numa semana e 2 acidentes na semana seguinte) = e −2 × 2 2 e −2 × 2 2 P ( X = 2) × P ( X = 2) = × = 0. X ► Nº de acidentes por semana.1.95100 +100 C1 × 0.2) ⇔ λ > 1.9598 = 0. No máximo 2 peças defeituosas? P ( X ≤ 2) = P ( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) = =100 C0 × 0. λ1 = 2 acidentes/semana X ∩ P0 ( 2) P ( X ≥ 1) = 1 − P ( X = 0) = 1 − e −2 × 2 0 = 1 − 0.051 × 0.07326255555 2! 2! 17. qual a probabilidade de se encontrarem: X ► N.1353352832 = 0.1182629812 16.3.8646647168 0! 16.2.2.8 ⇔ P ( X = 0) < 0. sabendo-se que na semana anterior não se tinha registado nenhum. Numa encomenda de 100 unidades.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 15. Y ► Nº de acidentes em 2 semanas.2 ⇔ λ > − ln(0.1. O valor mínimo que a média da distribuição pode tomar. Duas peças defeituosas? P ( X = 2) =100 C 2 × 0. Numa semana haver pelo menos um acidente. Calcular a probabilidade de: 16. Sabendo que a probabilidade de uma embalagem desse tipo conter pelo menos 1 rebuçado é superior a 0.º de peças defeituosas numa encomenda de 100 unidades.05 2 × 0.2 ⇔ 0! < 0.050 × 0.9599 + 0.609437912 rebuçados/250g 4 45 . Numa semana haver pelo menos um acidente.4.8. X ∩ Bin (100.0. portanto. A média do número de afinações numa semana em que a máquina trabalha 20 horas.95 ⇔ 0! ⇔ λ30 min = − ln(0.2..4401266687 = 0.2188758258 = 0. Sabe-se que a probabilidade de determinada máquina automática necessitar de ser afinada em cada período de trabalho de 30 minutos é 0.609437912 = 3. X ∩ Bin (15. λ = 2 × 1. Determinar: X ►Nº de afinações da máquina em cada 30 min.218875825 rebuçados/500g X ► Nº de rebuçados em 500g. qual a probabilidade de acertar 10 questões. cada uma com cinco alternativas de resposta.751 20.95) = 0. Um exame é constituído por 15 questões. em que apenas uma é correta. Uma remessa de 20 barras de aço é aceite pelo comprador se numa amostra de 5 escolhidas simultaneamente e ao acaso não houver mais que uma defeituosa. existirem exatamente 8 rebuçados de chocolate.0.2) P ( X = 10) =15 C10 × 0. X ∩ P0 (3.05129329439 em 20 h são 40 vezes mais..95 ⇔ = 0.8206927102 × 0. numa embalagem de 500 g.05 ⇔ P(máquina NÃO ser afinada em cada 30 min) = e − λ × λ0 = 1 − 0. λ8h = 16 × 0. λ20h = 40 × 0.0001008 [Comentário: concluiu-se que não vale a pena apostar neste método] 4 46 .05129329439) 18.218875825) P ( X = 8) = e −3. em 8 horas de trabalho. Supondo que um estudante responde às questões aleatoriamente.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 17.05129329439 = 0.85 = 0.01143334355 8! 18. Qual a probabilidade de ser aceite um lote que contém 4 barras defeituosas? X ► Nº de peças defeituosas numa remessa de 20 barras. calcular a probabilidade de.210 × 0.95 ⇔ P ( X = 0) = 0.8206927102 e −0. + P (Y = 5) = 0. X ∩ H (20. X ► Nº de respostas corretas em 15 perguntas de escolha múltipla.5) P ( X ≤ 1) = P( X = 0) + P( X = 1) = 4 C0 ×16 C5 20 C5 + 4 C1 ×16 C 4 20 C5 = 0.5598733313 0! P ( 2 > Y ≥ 5) = P (Y = 2) + .82069271020 = 1 − 0.199 P (Y ≥ 1) = 1 − P (Y = 0) = 1 − 19.218875825 × 3. A probabilidade de.4.1. Regra de “3 simples”: se em 30 min são 0.95 ⇔ e − λ = 0.2.05129329439 = 2.05 = 0. P(máquina ser afinada em cada 30 min) = 0. se verificar pelo menos 1 afinação e a de se verificarem 2 a 5 afinações.05129329439 X ∩ P0 (0. Y ► Nº de afinações da máquina em cada 8 horas. Tomando esse valor médio.051731776 18.05. 9 9 5 69 1. (na coluna vertical) e (na horizontal). P (105 < X > 135) = P ( X < 135) − P ( X ≤ 105) = 0.9 9 5 69 1. o valor encontrado é: . Neste caso.1.05 7 ≈ .96995 = 0.0 0 8 0. a partir dele. É inferior a 105 um. temos que partir da tabela (através do valor da percentagem dada). É inferior a 135 um. Aqui a pergunta é: “qual o montante?”.875) = 0. verificando na tabela da “Função Distribuição Cumulativa da Normal Reduzida”. P ( X < 105) = P ( Z < −1.875 . e conhecendo 3 das suas 4 componentes.0 0 8 0. No contexto destes exercícios assumiu-se a variância como segundo parâmetro da Distribuição Normal.3.96995 − 0. o x. segundo os autores. Se z<0. verificando na tabela da “Função Distribuição CA: z = σ 8 Cumulativa da Normal Reduzida”.88) . Saliente-se que a partir da expressão que converte o x em z.875) = 1 − P ( Z < 1. 1.03005 ≈ 0. P ( X < 135) = P ( Z < 1.875) = x − µ 105 − 120 = = 1. então: CA: z = σ 8 = P ( Z > 1. então: -z>0 -z>0 4 47 .875) = 1 − P ( Z < 1.94 1. Então: 1 − 0. “qual o valor do x?”.05 7 ≈ . Determine o montante de depósitos à ordem efetuados diariamente. podemos sempre determinar aquela que estiver em falta.64) 1. x ==► z ==► tabela X ► Montante de depósitos à ordem efetuados diariamente numa agência bancária. Ora esta pergunta inverte o esquema mental apresentado em 1. 1.4.96995 x − µ 135 − 120 = = 1. fazer as transformações necessárias para contornar as limitações da tabela (apresentação 6. X ∩ N (120.8 0.8 0.875 .2.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 5 Distribuições Teóricas Contínuas A Distribuição Normal tem 2 parâmetros: um deles é a média ( µ ) e o outro é. diapositivos 16 a 19) e consultar a tabela. O montante de depósitos à ordem efetuados diariamente numa agência bancária é uma variável aleatória com distribuição normal de média 120 um e variância 64 um2. acima do qual se situam 90% dos dias.1. determinar o z e depois.9399 ≈ 0.03 1. (na coluna vertical) e (na horizontal). Se situa entre 105 e 135 um. Determine a percentagem de dias em que o montante de depósitos à ordem efetuados diariamente: A maior parte deste tipo de problemas obedece a um esquema mental que é o seguinte: a partir de x determinar z. o valor encontrado é: . a variância ( σ 2 ) ou o desvio padrão ( σ ). isto é.03005 = 0. 0. Sendo X a respectiva variável e 1kg a sua média. Superior a 1. 48 .879 kg e 1. com média de 7 mm e variância igual a 2 mm2.975kg.25) x − µ 0.25) = P( Z < −0. Y ∩ Bin (10. e tiramos o respetivo z. e: = 1 − P( Z ≤ 1. P( X > 1. Qual a probabilidade de o vendedor ser multado quando o seu stock for inspeccionado? W ► Nº de embalagens com peso inferior a 0. P (0.121 kg.121) − P (0. Para determinar “p” temos que recorrer à Distribuição Normal e calcular: P( X < 0.25) = 1 − 0.88686 = 0. Neste caso a probabilidade do sucesso (p) é ter embalagens com peso inferior a 0.121) = P( Z > 1.21) = 1 − 0.879) < X < 1.121) = P ( X < 1.90 ⇔ P ( Z > z = 0.975 − 1 = = −0.2 1 .5) ► (o 2º parâmetro da Binomial é a probabilidade do sucesso. então: Verificando na tabela CA: z = σ 0. Que proporção da população terá conchas com comprimento: X ► comprimento da concha de uma população de gastrópodes marinhos. “ter peso superior a 1kg.975kg numa amostra de 5. 0. ter peso superior a 1kg é. Qual a probabilidade de nesse pack ter 3 embalagens com peso superior a 1 kg? Y ► Nº de embalagens com peso superior a 1kg num pack de 10.01) 2.57 = 0. Alguém comprou uma pack de 10 embalagens.01 kg2. numa amostra de 5 embalagens escolhidas ao acaso. obviamente.3.5 8 1 97 =1− ( 5 C0 × 0. O vendedor é multado quando uma inspecção detecta.2.121 − 1 = = 1.88686 − (1 − 0.53 × 0.77372 2.4.5) P (Y = 3) =15 C3 × 0.90 ⇔ P ( Z < − z = 0.975 kg. podemos regressar à nossa Binomial: W ∩ Bin (5.40129 0 × 0.25 CA: z = σ 0.59871 = 0. Determinado produto é comercializado em embalagens cujo rótulo indica 1 kg.598715 + 5 C1 × 0. Tal como na alínea anterior estamos perante uma Binomial.21 .0.21) = x − µ 1.01 Então: Verificando na tabela .40129 Agora sim. o valor encontrado é: .25) = P( Z > 0.401291 × 0.6652655204 ) 3.90.1171875 2. o valor encontrado 2.1.01 é: . Calcular a probabilidade de uma embalagem ter peso: X ► Peso das embalagens de um determinado produto X ∩ N (1.25 0.3347344796 = 0.40129) P (W ≥ 2) = 1 − [ P (W = 0) + P (W = 1)] = 0.0.90 ⇔ .PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P ( X > x1 ) = 0.21) = = 0.8 6 6 88 1.879) = P ( Z < 1.77 2.28 ⇔ x1 = 109.975) = P( Z < −0. 2 ou mais com peso inferior a 0.88686) = 0. Represente graficamente a probabilidade obtida.28 ⇔ z = −1.21) − P ( Z ≤ −1.11314 0. Uma população de gastrópodes marinhos apresenta um comprimento de concha que segue distribuição normal. e: = 1 − P( Z ≤ 0. O peso das embalagens segue distribuição normal. com média igual a 1 kg e variância igual a 0. neste caso. na tabela procuramos o valor mais próximo da probabilidade 0.121 kg.598714 = 1 − 0. ⇔ − z = 1. Entre 0. 41) = 1 − 0.2) 3.84134 × 0.9 0 3 27 . verificando na tabela 0. Ambos os fungos se desenvolverem.07927 3.23885 ≈ 0. é normalmente distribuído com média de 7 dias e variância de 4 dias2. Entre 60 e 77.4) Y ► Tempo de desenvolvimento do fungo B com Y ∩ N (10.201 5.4 1 . O peso médio de 500 estudantes do sexo masculino. e: 3. verificando na tabela 1 . o tempo de desenvolvimento do fungo B segue distribuição normal com uma média de 10 dias e uma variância de 2 dias2.1.71) = 1 − ( P( Z ≤ 0.5kg: P (60 < X < 77.71 .200954059 ≈ 0.92073) = 0. é 75. Entre 6 e 9 mm? P(6 < X < 9) = P( X < 9) − P( X ≤ 6) = 0.92073 − (1 − 0.761 CA: z = σ 2 Então: P(Y < 9) = P( Z < −0.5kg.4.68188 ≈ 0.71) = 1 − 0.92073 − P( Z ≤ −1. Se uma laranja contaminada com esporos dos dois fungos se mantiver durante 9 dias a 20º C qual a probabilidade de: X ► Tempo de desenvolvimento do fungo A com X ∩ N (7.23885 = 0.76115) = 0.84134 ≈ 0. numa determinada universidade. numa determinada universidade.3.71) = CA: P ( X ≤ 6) = x−µ 6−7 z= = = −0.682 4.92073 − P( Z ≤ −0.5. é: 0.76115 = 0.71) = P( Z > 0.41) = 0.2.84146 3.3. em laranjas mantidas a uma temperatura de 20º C.7071067812 .41) = P ( Z > 1. é: 0. é: 0. assumindo que não existe interacção entre eles? P(ambos se desenvolverem) P ( X < 9) × P (Y < 9) = 0. À mesma temperatura. determinar quantos estudantes pesam: X ► Peso de um estudante do sexo masculino.2.76115 ≈ 0. Admitindo que os pesos são normalmente distribuídos.92073 1.92073 − (1 − 0. Entre 5 e 9 mm? P(5 < X < 9) = P( X < 9) − P( X ≤ 5) = 0.5kg e o desvio padrão é 7. Menor que 5 mm? P ( X < 5) = P ( Z < −1.5) − P ( X − 60) CA: 49 .414213562 CA: z = σ 2 Então: Verificando na tabela P ( Z < 1.1.71 .71 . verificando na tabela 0.7.92073 = 0. X ∩ N (75.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 X ∩ N (7. O fungo B se desenvolver? P (Y < 9) x − µ 9 − 10 = = 0.5) = P ( X < 77.2) 4.1.841 CA: z = σ 4 4.41) = 0.239 4. O fungo A se desenvolver? P ( X < 9) x−µ 9−7 = = 1 . Menor que 9 mm? P ( X < 9) = x−µ 9−7 = = 1.76115 σ 2 Então: = 0.5) 5. o valor encontrado é: 0.7071067812 ≈ 0. O tempo de desenvolvimento do fungo A. 16 = 105.011 ⇔ P ( Z < − z1 ) = 1 − 0.55 g ) = 0.27 .2. x. Se a área fosse maior que 0.07 .988 Então: P ( Z > 2.16    µ = 99.011.877 ⇔ z 2 = 1.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 x − µ 77.55 temos uma pequena área de 0. figuram z.123 ⇔ ⇔ P ( Z ≤ z 2 ) = 1 − 0.29 z2 será positivo P ( X > 105.27 .011 ⇔ P ( Z ≤ z1 ) = 0.66 − 1. z2 será positivo z1 será negativo P ( X ≤ 88. Temos 2 incógnitas (µ e σ) que vão ser obtidas por sistema a partir de 2 equações que são as expressão de cálculo de “z1” (obtido a partir de “x1=88.55 − µ )1.989 ⇔ − z1 = 2. verificando na tabela 2.80 − µ 105.07 . Se a área fosse maior que 0.16  ⇔ ⇔  1. é: 0. este valor teria de estar do lado esquerdo da média. este valor teria de estar do lado direito da média.98318841 ≈ 100 ⇔ .012 na tabela 2.282 + 2.29 µ = (88.5 − 75.282 + 2.066667 ≈ −2.27 .123.011 ⇔ P ( Z ≥ − z1 ) = 0. obtemos: µ = 100 g e σ = 5 g σ = 5.07) = 0. À esquerda do valor x1=88.16µ   ⇔ ⇔ ⇔ 105.29 µ 88. é: 6.16   2.5 x − µ 60 − 75. determinar: X ► Peso das embalagens de presunto.16  1.011 ⇔ ⇔ 1 − P ( Z < − z1 ) = 0.8 corresponde z2.16 1.45µ = 344.29 ⇔ z1 = −2.5.123 ⇔ P ( Z ≤ z 2 ) = 0.16 µ = 102.16 1. Os parâmetros µ e σ2 da distribuição.123 ⇔ 1 − P( Z ≤ z 2 ) = 0.981 σ 7. µ e σ.80 − µ σ = 105.5 = = 0. Mais de 92.80g”). verificando na tabela 0.55g)=0. O peso das embalagens de presunto produzidas por uma empresa é uma variável aleatória normal X.011 e P(X>105.5kg: P ( X > 92. verificando CA: σ 7.55 corresponde z1 e a 105.29 = 1.27) = 1 − P ( Z > 2.5) x − µ 92.16 − 242.587 z= 5. Sabendo que P(X≤88. é: 0.98077 ≈ 0. Assim.1.66 + 242.80 temos uma pequena área de 0.27) = 1 − 0.80 − µ σ = 105. Sabendo 2 delas (os “z’s” e os “x’s”) posso obter as outras 2 por sistema.27 .29  − 2.266667 ≈ 0.988 = 0. z1 será negativo À direita do valor x2=105.98318841    ⇔ ⇔ 105.606 σ 7.55 − µ − 2.80 − µ 105.5 0.80g)=0.16    σ  1.98318841 ⇔ σ = σ = σ = 1.011 = 0.266667 ≈ 2.5 Então: P ( Z < 0.80 − µ   − 242.55g”) e de “z2” (obtido a partir de “x2=105.55 − µ  = 88.16 1. Nestas equações. 6.5 z= = = 2.16   − 242.98840 ≈ 0.5 − 75.80 g ) = 0.282 3.01449275 ≈ 5 50 .60642 ≈ 0.123.606 − (1 − 0.27) − P ( Z ≤ −2.80 − µ ⇔  105.123 ⇔ P ( Z > z 2 ) = 0.16 Substituindo os valores de “z” e “x” em cada uma das equações e resolvendo o sistema:   105. A cada valor de “x” corresponde um valor de “z”.5 z= = = −2.80 − 99.5.981) = 0.942 µ = 99.29µ = 102.55 − µ  = 88.80 − µ σ = σ = 1.29 µ + 1.80 − µ    σ 1. a 88.282 + 2. O controlo de qualidade na produção não rejeita peças cujo diâmetro esteja compreendido entre 0.133 ⇔ σ 2 = 0.508) − P ( X ≤ 0.977 = 0.3. o mesmo que x2. é: 0.977 CA: z = σ 5 P ( Z < −2) = P ( Z > 2) = 1 − P ( Z ≤ 2) = 1 − 0. pelo que x1 = 1. calcular: X ► Altura dos pés de milho de uma dada cultivar na fase de maturação. 0.65 1. A variância da população.65.773 Então: = 0.975.0177 7.97 .39 m.88 ( ) ⇔ σ 2 = 0.502.88 .75) − P( X ≤ −0.502 centímetros e o desvio padrão é igual a 0. com média igual a 1.75 m. A probabilidade de a altura dos pés de milho se situar entre 1.96.65.773 − (1 − 0. A média dos diâmetros internos das porcas. Um intervalo centrado na média com uma probabilidade de 95%. Determinar a percentagem de porcas produzidas pela máquina que passam no controlo de qualidade. O valor de x1 dista de 1.55 e 1.65 1.65 m.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 6. Numa seara de milho. e assim sendo. aquilo que se pede são os valores de x1 e x2.65m.133 + 1.96995. Sabendo que a probabilidade de encontrar pés de milho com altura inferior a 1.496 e 0.1. é: 0.91m .97 ⇔ P( Z < z ) = 0.773) = 0. X ► Diâmetros internos das porcas.0. admitindo que os diâmetros são distribuídos normalmente.97725 ≈ 0.90) = 0.90 m é de 97%. verificando na tabela o valor mais próximo é: z = 1.546 7.2. Qual é a área à esquerda de z2 (a mesma área de x2)? A área à esquerda de z2 é 0. caso contrário.1332 ⇔ σ 1. 8. P( X < 1.75) − P( X ≤ 1.0.55) = P ( Z < 0. Sabendo um. a esses valores correspondem 2 valores de z (simétricos entre si) que balizam iguais áreas: a x1 corresponde z1 (negativo) e a x2 corresponde z2 (positivo). P ( X < 90) x − µ 90 − 100 = = −2 .σ 2 7.75) .005 centímetros. a altura dos pés das plantas de uma dada cultivar na fase de maturação segue distribuição normal.023 7. verificando na tabela 2 .55 < X < 1. X ∩ N (1.65 = 1.75 . as porcas serão consideradas defeituosas.90 − 1. Qual a probabilidade de uma embalagem escolhida ao acaso ter um peso inferior a 90 g? X ∩ N (100. Daqui tira-se o x2: x2 = z 2 × σ + µ ⇔ x2 = 1. então: 1.508 centímetros. Consultando a tabela vem que z2 = 1.2. verificando na tabela 0.75) = P( X < 1. sabemos o outro.25) .0177 ) P (1. Como se pode ver pela figura ao lado. produzidas por uma certa máquina.496) = ( ) 51 . X ∩ N 1.77337 ≈ 0.88 = ⇔σ = ⇔ σ = 0.90 − 1. X ∩ N 0. é 0.005 2 P(uma porca passar no controlo de qualidade) = P ( X < 0.96 × 0. 123 9.8 = 80 > 5 ► cumpre as 2 condições. Por outro lado as provas podem ser consideradas independentes uma vez que a mostra é pequena dentro da população de maçãs da cooperativa.20) = 0. P( X < 50) = 0. apresentação 6).16) = 1 − 0.123.20) − P ( Z ≤ −1. as maçãs recebidas são classificadas e embaladas consoante o seu calibre. Numa cooperativa fruteira. 100 × 0. A probabilidade de uma maçã.5) N = P( Z > 1. X 2 = 7. p1 = P(uma maçã ter calibre até 50mm) = 0.100 × 2 × 0.123 ⇔ x−µ x−µ 50 − 70 ⇔ P ( Z ≤ − z ) = 0.2 de se tornar planta.031 3!7!2! 10.2) Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “n×p≥5” e “n×q≥5” (diapositivo 21.16) .σ 2 9. é uma variável aleatória normalmente distribuída. (diapositivo 23. 12! P ( X 1 = 3.877 ⇔ − z = 1. ter um calibre superior a 90 mm.760 9.350 kg é igual a 2/3 da probabilidade de encontrar um melão com peso inferior à média. Numa embalagem com uma dúzia de maçãs qual a probabilidade de ter 3 com calibre até 50 mm e 7 com calibre entre 50 e 90 mm? Cada maçã pode ter 1 de 3 resultados possíveis: calibre até 50mm. São rejeitadas as que apresentam calibre inferior a 50 mm. escolhido ao acaso. qual a probabilidade de pelo menos 25 se tornarem plantas? X ► Nº de esporos que se tornam planta.70. Estamos perante uma Distribuição Multinomial. Se a cápsula tiver 100 esporos. O peso dos melões de uma dada variedade. escolhida ao acaso. Calcular: 52 .123 ⇔ P( Z > − z ) = 0. X.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 = P ( Z < 1.877 = 0.754.871 = 0.16 ⇔ σ = 17. X 3 = 2 ) = × 0.754 7 × 0.123.13) = 1 − P( Z ≤ 1.2 cm ( ) 9. ter peso superior a 1.16 .885) = 0. Cada esporo libertado de uma cápsula de um feto tem uma probabilidade de 0. A probabilidade de um melão.87698 ≈ 0. calcular: X ► Calibre (diâmetros) das maçãs. Sendo o calibre uma variável aleatória que segue distribuição normal. P(Y ≥ 25) Bin ≈ P(Y > 24. X2 ► Nº de maçãs com calibre entre 50 e 90mm. X ∩ Bin(100. com média de 70 mm. Então: X ∩ N (100 × 2.16 .16 ⇔ z = −1. X3 ► Nº de maçãs com calibre superior a 90mm. apresentação 6).129 (diapositivo 22.2 = 20 > 5 e 100 × 0.3. é: 0. p3 = P(uma maçã ter calibre superior a 90mm) = 0. calibre entre 50 e 90mm e calibre acima de 90mm. as quais representam 12. Assim.123 ⇔ P( Z < z ) = 0. apresentação 6) Ο Ο 11. verificando na tabela 1.3% do total recebido.0.2 σ z − 1. P ( X > 90) x − µ 90 − 70 = = 1. p2 = P(uma maçã ter calibre entre 50 e 90mm) = 0.13) = 1 − 0.8) = X ∩ N ( 20.1232 = 0.877 CA: z = σ 17.16) = P( Z > 2) = 1 − P( Z ≤ 1.1.885 − (1 − 0. X1 ► Nº de maçãs com calibre até 50mm.1233 × 0. O desvio padrão.123 ⇔ 1 − P( Z ≤ − z ) = 0.2 P( Z > 1.2. X ∩ N 0.16 ⇔ z = ⇔σ = ⇔σ = ⇔ σ = 17. 19. Y ► Nº de parafusos defeituosos em 10.000 × 0. em cm.20) = 0.350) = 0.96) .998 Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “n×p≥5” e “n×q≥5”.350) = 0.999) = 0.67 .24 De z = σ 11. 11.2) = 0.1 − 0.140 = 7 ≥ 5 e 50 × 0. Então: Y ∩ N (50 × 0. 2 2 1 P( X > 1. P (ser defeituoso) ) ⇔ Y ∩ Bin (10.33 ⇔ P ( X ≤ 1.14) ( p = 1 − 0.140) Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “n×p≥5” e “n×q≥5”.860 = 0.579 (diapositivo 22.002 ) X ► Comprimento dos parafusos.3. O peso das tangerinas de uma variedade é uma variável aleatória X normalmente distribuída com média igual a 75 g e variância igual a 256 g2.455 11.51 kg.02) .000 × 0.0.51) = P ( x < 1.50 × 0. Y ∩ Bin (50. P( X < 1.0.96 ≤ X ≤ 2.000. A probabilidade de um qualquer melão ter peso entre 1. Assim: 10.350) = P ( X < µ ) = × 0.860 − (1 − P ( Z < 0. se Y ∩ Bin(10.08) = 0.51 kg. é uma variável aleatória com distribuição Normal de parâmetros µ=2cm e σ=0.000 parafusos se encontrarem mais de 10 defeituosos.595 = 0.85993 ≈ 0.140. verificando na tabela 1. Considera--se que um parafuso é defeituoso quando o seu comprimento difere de 2cm por mais ou menos 0. P(Y > 10) Bin ≈ P (Y > 10.33 = 0.5) N = P ( Z > −0.998 ≥ 5 ► cumpre as 2 condições.998) ⇔ Y ∩ Bin(10.002) ⇔ Y ∩( 20.2) − P ( Z < −3. X ∩ N 2.000.987 13. Uma máquina produz parafusos cujo comprimento.04cm.25 = 1.860 − 1 + 0. A probabilidade de um qualquer melão ter peso menor que 1. Se P( X ≤ 1.04) = P( X ≤ 2. ( ) Então.51) − P( X ≤ 1. Numa remessa de 50 melões.24) ) = = 0. 50 × 0. P(1.2.000.860 − P( Z < −0.67 ⇔ P ( Z ≤ z ) = 0.860 = 43 ≥ 5 ► cumpre as 2 condições.08 . Y ∩ Bin(10.860) = Y ∩ N (7.860 11.24) = 0.44 . x−µ ⇔ µ = x − z × σ ⇔ µ = 1.6.000.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 X ► peso dos melões de uma dada variedade.5 = ≈ 0. é: 0. A média do peso dos melões sabendo que a variância é igual a 0.350) = 1 − 0.67 ⇔ z = 0.002 = 20 ≥ 5 e 10.0625 kg2.000 parafusos.4.44 × 0.51 − 1.24 = = 1.18) = 0.24) = 0. Assim.85993 ≈ 0.18 < X < 1.0. Sabendo que os frutos são classificados de acordo com o seu peso em 3 53 Ο .51 kg? Y ► Nº de melões com peso superior a 1. qual a probabilidade de encontrar mais de 6 com peso superior a 1.0125cm.24) = P( Z < 2.1. P(Y > 6) Bin ≈ P (Y > 6.51kg.04) − P( X < 1.25 P ( Z < 1.51) x − µ 1.20) = P ( Z < 0.96) = = P ( Z ≤ 3.0.350 − 0.999 − (1 − 0.18 e 1.5) N = P ( Z > −2.140 × 0.33 3 3 3 1 − P ( X ≤ 1.0125 2 P( não ser defeituoso) = P(1. Calcule a probabilidade de numa produção de 10.998 = 9. apresentação 6) Ο Ο 12.860 CA: z = σ 0.08 . 94 − 0. b2 = P( 75 < X < 100 ) = P( X < 100 ) − P( X ≤ 75) = P( Z < 1.5.88 P( A) = P(C ) e P( A) + P (C ) = 1 − P ( B ) = 1 − 0. Numa dada indústria de tecido XYZ sabe-se que sua produção costuma apresentar um número de defeitos que segue a distribuição de Poisson com uma taxa média de 2 defeitos a cada 50 metros de tecido. pode dizer-se que as áreas parciais “b1” e “b2” (que no conjunto correspondem à classe “B”) são iguais e que as áreas “a” (que corresponde à classe “A”) e “c” (que corresponde à classe “C”) são também iguais. B e C.1.1.94) = 0.200 × 0. Calcular: X ► Peso das tangerinas de uma variedade. maior que 5. se se determinar a área “b2” podemos obter indirectamente todas as proporções. Determine: X ► Quantidade de defeitos em 200m de tecido. podemos fazer uma aproximação pela distribuição Normal.2. Como se pode ver pela imagem os valores 50 e 100 são equidistantes do valor médio 75.04 + 0. de 4% quando a sua classe é B e de 2% quando a sua classe é C. Assim. à classe C os frutos com mais de 100 g e à classe B os restantes. P( E | C ) = 2% 13. Calcular a probabilidade de uma tangerina escolhida ao acaso estar estragada.8) 14. X ∩ N ( 75.94) = P( Z < 0.88 × 0.06 × 0. A.05 + 0.5 = 0. A proporção de frutos pertencentes a cada classe. Sabe-se que a probabilidade das tangerinas estarem estragadas é de 5% quando a sua classe é A.83 13.5 = 0.256) 13.39 ► (Teorema da Probabilidade Total) 13. − −50m λ200 − −200m ( 2 × 200) = 8 Defeitos λ200 = 50 Como o λ é elevado. P ( E | B ) = 4%. P( E | A) = 5%.06 13.44 P( B ) = 2 × b2 = 2 × 0.06 × 0.88 = 0. A probabilidade de um rolo com 200 metros de tecido apresentar 12 ou mais defeitos. Por isso.56) − 0.3.04 = 48 14. e que à classe A pertencem os frutos com menos de 50 g. P( E ) = 0. Assim: X ∩ P0 ( λ200 ) ⇔ Y ∩ N (8.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 classes distintas.02 = 0. Em 1200 tangerinas da classe B. P( X > 60) = P( Z > −0. quantas poderão estar estragadas? Nº de tangerinas estragadas em B = 1.44 = 0. pelo que P( A) = P (C ) = 0. 54 Ο .4.12 . X ∩ P0 ( λ200 ) ⇔ XP0 ( 8) CA: Através duma regra de três simples: λ50 = 2def . P(X > 60 g). 24) = 1 − P ( Z ≤ 1.06) = 1 − P( Z ≤ 1. a probabilidade de ter menos de 5 defeitos é independente de rolo para rolo. O número esperado é a média.57 Rolos 55 . Então: X ∩ Bin ( 80.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 P ( X ≥ 12) = P ( X > 11. probabilidade de ter menos de 5 defeitos) ⇔ CA: P ( ter menos de 5 defeitos) = = P( X ≤ 5) = P( Z ≤ −1.0.5) = P ( Z > 1. Cada um dos 80m rolos.24) = 1 − 0.14457) µ = n × p = 80 × 0.2.10749 14.14457 .06) = P( Z ≥ 1.14457 = 11. Estamos assim perante uma distribuição Binomial: Y ► Quantidade de rolos com menos de 5 defeitos em 80 rolos X ∩ Bin( 80. ou tem menos de 5 defeitos ou não tem menos de 5 defeitos.89251 = 0.06) = 1 − 0.85543 = 0. A quantidade esperada de rolos que teriam menos de 5 defeitos numa amostra de 80 rolos de 200 metros. 96 × ≤ µ ≤ 48 + 1. Construir um intervalo de confiança a 90% para a verdadeira quantidade média de líquido das bebidas servidas. que forneceu um valor médio de 48. construa um intervalo de confiança a 95% para o valor médio do universo. Sabendo que numa amostra de 25 bebidas se obtiveram os seguintes resultados: 25 i =1 ∑ xi = 6.65 ⇔ 248. como n é inteiro vem n = 44 . Uma máquina de bebidas está regulada de modo a servir uma quantidade de líquido que é uma variável aleatória com distribuição normal.65 56 . (enunciado alterado) σ σ ≤µ ≤ X + z× σ = 4 (desvio padrão da população conhecido) usar X − z × n n 4 4 ⇔ 250 − 1.064 s' s' 4 4 X − tα / 2 ≤ µ ≤ X + tα / 2 ⇔ 250 − 2. Supondo desconhecer o desvio padrão da população construir um intervalo de confiança a 95% para a verdadeira quantidade média de líquido das bebidas servidas.64 × ⇔ 248. então z × n n .250 X = ∑ xi = = 250ml 25 i =1 25 25 384 = 16ml 2 = 4ml n −1 24 2.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 FICHA 6 Inferência Estatística Intervalos de confiança 1. P( T > tα / 2 ) = 0. verifica-se na tabela ► t = 2.96 × < 1 .312 25 25 s '2 = i =1 ∑ xi − x ( )2 = 2.975 verifica-se na tabela ► z = 1.824 ≤ µ ≤ 49. 2. então n > 43.03 “menos de 1ml”.64 × ≤ µ ≤ 250 + 1.688 ≤ µ ≤ 251.064 × ≤ µ ≤ 250 + 2. substituindo vem: 1.064 × ⇔ n n 25 25 ⇔ 250 − 1. sabendo que o desvio padrão da população é 4ml. A característica X em certo artigo produzido em série segue distribuição normal com desvio padrão σ = 3 . Determinar quantas bebidas deveriam ser incluídas na amostra se pretendesse aumentar a precisão do intervalo para menos de 1ml.1.  σ   .3.2.65 ≤ µ ≤ 250 + 1.96 × ⇔ n n 25 25 ⇔ 46.176 2. Precisão do intervalo = amplitude do intervalo/2. Como se quer uma precisão de A amplitude do intervalo é dado por 2 ×  z ×   n  σ 4 < 1ml . P( Z < z ) = 0.025( n − 1 = 24) . (desvio padrão da população desconhecida e n<30) usar a Distribuição t-Student. Intervalo de confiança para a média da população. com desvio padrão conhecido: X = 48 . n = 25 .250ml e ∑ xi − x i =1 25 ( ) 2 = 384ml 2 6.96 σ σ 3 3 X − z× ≤µ ≤ X + z× ⇔ 48 − 1.35 ≤ µ ≤ 251. Com base numa amostra aleatória de 25 unidades. σ = 3 . 96 × ⇔ 202.5 g . O peso das embalagens é uma variável aleatória normal (X).140 = = 204 g .355 × ≤ µ ≤ 8.6 9.2 8. Qual a dimensão mínima da amostra para a qual se tem um intervalo de confiança a 90% para a média inferior a ] x − 1 .005 .06 . que depois de pesadas 2 forneceram os seguintes valores: ∑ xi = 7.5 6.9 9.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 3.645 × < 1 .85 g (máquina de calcular). ∑ xi 7.2. (Desvio padrão da população desconhecido e n<30) usar: s' s' X − tα / 2 ≤ µ ≤ X + tα / 2 . X = n 35 ( ) 4. substituindo vem: 1.355 s' s' 0. Seja uma população X ∩ N ( µ .06 4. s = 0.5 − 3. Estimar um intervalo de confiança a 99% para o peso médio das embalagens. sabendo que σ=0.5 + 3.9 5. FAZER OS ITEMS NA TOTALIDADE X = 8. ( )2 57 . Intervalo de confiança para a média da população.85 0. 5. Estimar um intervalo de confiança a 99% para o peso médio das embalagens.65 g ≤ µ ≤ 205. mas como não temos “ σ ” usamos “s’”). Registaram-se os seguintes pesos (em gramas): 8.140 g e ∑ xi − x = 560g 2 4. Querendo estimar o verdadeiro peso médio num grande lote a fornecer ao seu maior cliente. σ ) com σ = 4 . verificando na tabela: t = 3.1. Numa unidade de empacotamento de açúcar observou-se o peso de 9 embalagens.2.3 . X = 204 g .3.7 8. com desvio padrão da s' s' ≤µ≤X +z população desconhecido e n>30: usar X − z (como n>30 “t” n n tende para “z” . Um fabricante produz peças de peso especificado em 200 gramas.8 g .45 5.0 8.975 n −1 34 Verifica-se na tabela ► z = 1. s '= 0.85 ≤ µ ≤ X + tα / 2 ⇔ 8.3 9. X é estimativa de µ .35 g n n 35 35 5. seleccionou 35 peças ao acaso. o desvio padrão não corrigido(s) e o desvio padrão corrigido(s’). logo n > 43. escolhidas aleatoriamente à saída da linha de empacotamento.4 7.6g.96 × ≤ µ ≤ 204 + 1. 4. Calcular a média amostral.55 ≤ µ ≤ 9.645 .355 × ⇔ Então: X − tα / 2 n n 9 9 ⇔ 7. s ' = ∑ xi − x = 560 = 4. P( Z < z ) = 0. n = 35 . Como n n σ 4 z× < 1ml e P( Z < z ) = 0.1. n n P( T > tα / 2 ) = 0. Apresentar uma estimativa para o peso médio das peças do lote. n n como n é inteiro vem n = 44 .06 X − z× ≤ µ ≤ X + z× ⇔ 204 − 1.96 s' s' 4. Construir um intervalo com um grau de confiança de 95% para o peso médio das peças do lote.95 ⇔ z = 1. x + 1 [? σ σ ≤ µ ≤ X + z× σ = 4 (desvio padrão da população conhecido) usar X − z × . Os resultados da colheita foram 81. Assim. e de 232. Calcular o desvio padrão amostral corrigido(s’) referente à amostra B.625 2 = 10.203. Sabendo que as produções de ambas as variedades são normalmente 2 2 distribuídas e que σ A = σ B .575 × 0. A máquina A é mais exacta mas a máquina B é mais precisa. 7.222. sendo medido o seu conteúdo. n n ∑ x 11 ' XB = = = 1. estimar: 7.262 × ≤ µ ≤ 1.2.005 e número de graus de liberdade=7).499 × ≤ µ ≤ 10. 58 . 6.985 ≤ µ ≤ 9. vem: 15.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 (Desvio padrão da população conhecido) usar: X − z × 8.484.625 kg e 75.496.499 ( a / 2 = 0.2.023 ≤ µ ≤ X + tα / 2 ⇔ 1. Variedade A: n A = 8.203.6 9 ⇔ 7.023 0. Variedade B: n B = 8.9. As garrafas cheias pela máquina B forneceram os seguintes valores: ∑ x = 11 e ∑ x − x = 0. ' s B = 0. e com t a / 2 = 3. qual das máquinas estará mais bem afinada? Justificar.471.5 + 2.575 × 0. Um intervalo de confiança a 99% para a produção média de cada variedade. s 'A = 232.88 ≤ µ ≤ 9.15 + 3.38 − 3.24 15.3.38 + 3.6 9 ≤ µ ≤ 8.184. X B = 8 ( σ B desconhecido e n < 30 ). s B = 0.262 .005 e número de graus de liberdade=7).11 9.15 Kg .41 kg2 e 102.0049 .1 + 2.38Kg . A e B.875 kg.083 ≤ µ ≤ 1.023 ( )2 6.24 10. tα / 2 = 2.1. X A = 8 ( σ A desconhecido e n<30). Com o objectivo de testar a sua afinação foram recolhidas aleatoriamente 9 garrafas de A e 10 garrafas de B.1 − 2.1 .499 × ⇔ 10. que deverão descarregar 1 litro em cada garrafa. Calcular o intervalo de confiança a 95% para a média dos conteúdos em B.01 8 8 75. Um intervalo de confiança a 95% para a diferença das médias.484.1]. O intervalo de confiança a 95% para a média do conteúdo das garrafas da máquina A.499 ( a / 2 = 0. é de [0.5 − 2. 1. 81.15 − 3. n = 10 . Atendendo aos valores dos respectivos intervalos de confiança.875 2 = 9. Assim.484. s 'B = 102.12 kg2 para as variâncias. Para testar 2 variedades de milho foram escolhidos aleatoriamente 16 talhões. e com t a / 2 = 3.11 10.023 . 8 cultivados com a variedade A e outros 8 com a variedade B.1. n 10 s' s' 0. s' s' ≤ µ ≤ X + tα / 2 (σ desconhecido e n<30) usar: X − tα / 2 . vem: 10. Numa empresa de engarrafamento de águas existem 2 máquinas em funcionamento.015 σ σ ≤µ ≤ X + z× n n 6.499 × ⇔ 9.88 8 8 7.41kg 2 .117 6.262 × ⇔ Então: X − tα / 2 n n 10 10 ⇔ 1.12kg 2 . para o total dos talhões A e B respectivamente.203.29 ≤ µ ≤ 10.499 × ≤ µ ≤ 9. A administração do Metropolitano verificou irregularidade na hora de passagem do comboio pelas diversas estações.861 22 22 1.64 8.2. nA e expressão: 1 1 1 X A − X B − ta / 2 × SC × + ≤ µ A − µ B ≤ X A − X B + ta / 2 × SC × + na nb na São populações nB<30.861 × ⇔ 1.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Pede-se um intervalo de confiança para a diferença de médias.77 + 13. s' s' ≤ µ ≤ X + ta / 2 × ( σ desconhecido e n<30). 20 20 Com n=20 e (1-α)=0.817.846. n −1   1− .5h ≤ σ ≤ 30.3 . Com n=22 e s'2=9 segundos2. pretende-se saber entre que valores se situa a variância com um nível de confiança de 99%.90 ⇒ χ  .1.   '2 '2  ( n − 1) s ≤ σ 2 ≤ ( n − 1) s Usar a expressão:  2 χ χ2 α    α . escolhida ao acaso da produção de determinado dia.093 × ⇔ 1. normais com variâncias desconhecidas mas iguais.832 + 2. n n Com n=20 e (1-α)=0.832 − 2.145 × 12.93 × 1 1 1 1 + ≤ µ A − µ B ≤ (10.117 padrão. n − 1 = 30.484.9 ≤ µ ≤ 1.144 e χ 1 − .832h e s '2 = 484h .99 ⇒ t = 2.144 10.95 ⇒ t = 2.38) + 2.832h e s '2 = 484h 2 . Essa irregularidade é uma variável aleatória normal cuja média se considera ser 5 segundos mas cuja variância se desconhece.117 2 2    19 × 484 19 × 484 ≤σ 2 ≤ ⇔ 305.842. Pedia-se IC para o desvio 30.821. n − 1 χ 2 1 − . n=20 (graus de liberdade 19) 8.203. Calcular os intervalos de confiança a 95% e a 99% da média de duração das lâmpadas. Usar a 1 nb ( ) ( ) Com: S C = (( n A 2 '2 − 1) s 'A − ( nB − 1) s B = 12.203. verificouse a duração das mesmas e calculou-se a média e o desvio padrão amostrais: x = 1.093 × ≤ µ ≤ 1.093 22 22 1.77 − 13. ( n − 1) s '2 ( n − 1) s '2 ≤σ 2 ≤ Usar a expressão: 2  α   α  χ  .1 20 20 8.93 n A + nB − 2 ) (10.7 ≤ µ ≤ 1.145 × 12. Calcular um intervalo de confiança a 90% para o desvio padrão amostra do tempo de vida da população.832 + 2. n −1   2   2           59 . 9. n − 1 = 10.1h .832 − 2. n − 1 2 2    α   2α 2 Com n=20 e (1-α)=0.861 × ≤ µ ≤ 1.0 ⇔ 17.484. n = 22 e s '2 = 9segundos 2 .93 × + ⇔ 8 8 8 8 ⇔ 718.15 − 9. Numa amostra de 20 lâmpadas.38) − 2.15 − 9. O número de horas de vida de lâmpadas eléctricas produzidas segundo determinado processo de fabrico tem distribuição normal. usar X − t a / 2 × .90 ≤ µ ≤ 732.87 ⇔ 704. x = 1.87 ≤ µ ≤ 718.1 ≤ σ 2 ≤ 909. n − 1 = 15. A expressão de cálculo deste intervalo é: ^ ^ p 1 −   n ^ p  ^  ≤ p ≤ p+ Z a 2 ^ p 1 −   n ^ p   p− Z a 2 n = 90 ^ 35 p = 0. s '2 = 2 .034 2 2    21 × 9 21 × 9 ≤σ 2 ≤ ⇔ 4. n − 1 = 8. n − 1 2 2     α   2α 2 Com n=9 e (1-α)=0.61 ⇔ n = 30 Amplitude do IC = 2 × z × .95 ⇔ z = 1.733 10.507 e χ 1 − .3. O patrocinador de um programa de televisão quer ter uma ideia da proporção de residências que segue um dado programa numa dada área metropolitana.034 10. σ σ ≤µ ≤ X + z× Usar a expressão: X − z × n n 2 2 4 − 1. Obter um IC a 90% para o desvio padrão da população.53s 2 41.389 90 60 .733 2 2     8× 2 8× 2 ≤σ 2 ≤ ⇔ 1.57 s 2 ≤ σ 2 ≤ 23. 11. n − 1 = 2. 10.95 ⇒ χ  .85 ⇔ 1. Construa um intervalo de confiança com um nível de significância de 3% para a verdadeira proporção de televisões que estavam sintonizadas no dito programa.645 σ σ σ 1. Supondo que a variância da população passa a ser conhecida (σ2=4) construir um intervalo de confiança a 95% para a média da população. com média e variância desconhecidas foi retirada uma amostra de 9 observações cujos resultados foram x = 4.42 15.96 × ≤ µ ≤ 4 + 1.96 × ⇔ 2.401 e χ 1 − .1.31 3 3 10. Como “n” está debaixo da raiz quadrada precisava de aumentava 4 vezes a dimensão da amostra ( 2 2 ). n − 1 χ 2 1 − . Na estimação da média de uma população normal por meio de um intervalo de confiança a 90%.03 ≤ σ 2 ≤ 5.01 ≤ σ ≤ 2.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 α   2α 2 Com n=22 e (1-α)=0.2. n − 1 = 41. Num inquérito a 90 residências com as televisões ligadas. ( n − 1) s '2 ( n − 1) s '2 ≤σ 2 ≤ Usar a expressão: 2  α   α  χ  .401 8. Como procederia para reduzir para metade a amplitude do intervalo? σ Para que a parcela z × passasse para metade à custa de “n” era preciso que o n denominador passasse para o dobro.507 2. verificou que 35 delas estavam sintonizadas no programa.99 ⇒ χ  . sendo σ conhecido? P( Z < z ) = 0. De uma população normal.645 1 < ⇔ 2× < ⇔ n > 29.69 ≤ µ ≤ 5. logo 2 × z × n 9 n n 9 12. qual deve ser a dimensão mínima da amostra para que a amplitude daquele intervalo seja inferior a σ/9. sentiram algum efeito colateral.025 = 1.0209 ≤ p ≤ 0.05 ⇔ Z a = Z 0.277 ≤ p ≤ 0.087 daquelas crianças.051 ≤ p ≤ 0.025. se a 2 é 0. então a área à esquerda é 0. A expressão de cálculo deste intervalo é: ^ ^ p 1 −   n ^ p  ^  ≤ p ≤ p+ Z a 2 ^ p 1 −   n ^ p   p− Z a 2 n = 400 ^ 136 p = 0. então a área à esquerda é 0.975) Assim: 0.0465 ≤ p ≤ 0.015.175 15.051 ⇔ 0.96 × 0.500 13. dentre as 400 que tomaram uma determinada vacina contra gripe.389 − 2.0716(1 − 0. se a 2 é 0.0757 61 .389(1 − 0.389 − 0.34 − 1.96 0.96 2 (porque.389 + 2. tomando esta vacina. foram observadas 15.0716 + 1.17 ⇔ 90 90 ⇔ 0. se a 2 é 0.17 × 0.0237 ≤ p ≤ 0.389) 0.34 + 1. com 5% de significância.96 ⇔ 15.087 p = 0.17 × 0.0716 + 0.17 2 (porque.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 a = 0.0465 ⇔ ⇔ 0.0237 ⇔ 0.0675 ≤ p ≤ 0.025 = 1.389 + 0.015 = 2.389 − 2.985) Assim: 0.34) ≤ p ≤ 0.96 × 0.975) Assim: 0.0716 − 0.389 ) ≤ p ≤ 0.175 ^ 1.34 − 0.34 − 0.389 + 2.025.0716 − 1.175 crianças que nasceram no ano de 2006 numa dada região desfavorecida da terra.05 ⇔ Z a = Z 0. Numa pesquisa sobre desnutrição.0041 ≤ p ≤ 0.2935 ≤ p ≤ 0. Construa um intervalo a 95% de confiança para a verdadeira proporção que.389(1 − 0.0716 − 1.34 400 a = 0. um intervalo de confiança para a verdadeira proporção de crianças malnutridas nesta região.96 × 0. Construa.17 0.175 a = 0.0716(1 − 0.34(1 − 0.34) 0.03 ⇔ Z a = Z 0. tendo sido consideradas como malnutridas 1. então a área à esquerda é 0.34(1 − 0.0716 15.96 × 0.96 ⇔ 400 400 ⇔ 0.175 ⇔ 0.0209 ⇔ 0.0716 + 1.34 − 1. Numa amostra de 136 pessoas.34 + 1.112 ⇔ ⇔ 0.0716 ) 0. terão algum efeito colateral.0041 ⇔ ⇔ 0.0716) ≤ p ≤ 0.112 ≤ p ≤ 0. A expressão de cálculo deste intervalo é: ^ ^ p 1 −   n ^ p  ^  ≤ p ≤ p+ Z a 2 ^ p 1 −   n ^ p   p− Z a 2 n = 15.96 0.3865 14.96 2 (porque. por sua vez. 62 . O que aqui foi dito para o nosso exemplo (distribuição de Z) pode ser generalizado para as distribuições. o que significa que podemos dizer que estes valores se encontram dentro de uma zona de valores “raros”de Z. Cada distribuição tem. Ao lançar um teste de hipótese. Parâmetr o Condições Distribuição Normal e σ conhecido. qual a alteração que lhe interessa averiguar? Certamente aquela que o obriga a reforçar a capacidade de produção. Se calcularmos o 210 − 200 Z= =2 15 valor de Z para o nosso exemplo vem: 9 Se a relação entre x e 0 for próxima. uma alteração no sentido do aumento da média. usar s’) H0 µ= µ0 µ≤ µ0 µ≥ µ0 H1 µ ≠ µ0 µ > µ0 µ < µ0 Estatístic a Região Crítica µ X −µ Z= σ n Z < −Z a 2 ou Z > Za 2 Z > Za Z < −Z a No nosso exemplo vemos que. H0 (hipótese nula) e H1 (hipótese alternativa). sendo o desvio padrão conhecido (logo a variância conhecida) a estatística de teste é Z (distribuição normal reduzida) cuja expressão é X −µ Z= σ . Quais são as hipóteses do nosso exemplo: H0: µ pizzas H0: µ pizzas ≤ > 200 200 Mais à frente se explica a razão da escolha destas hipóteses A cada teste de hipótese. se realize a segunda. O dono da pizzaria suspeita que houve alteração do valor médio da procura diária de pizzas. admitindo um desvio padrão de 15. Uma promoção. No entanto. nos últimos 9 dias. tendo em atenção o desvio padrão da distribuição e a dimensão da amostra. e em função das condições do mesmo. ou seja. em que X é a média amostral (estimador proveniente da amostra) e µ0 o n valor atribuído ao parâmetro em estudo (neste caso 200 pizzas). então o valor de Z virá próximo de “0” (podendo ser negativo ou positivo). Se calcularmos o valor dessa estatística a partir do valor atribuído ao parâmetro em teste e dum estimador proveniente da amostra vamos obter um valor que traduz a relação entre estas duas entidades. levou a uma procura média de 210 pizzas. ou n “grande” (se σ desconhecido. está associada uma distribuição.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Testes de hipótese Num teste de hipótese queremos saber se uma suspeita. Uma pizzaria está dimensionada para que a procura média diária não ultrapasse as 200 pizzas. Se pelo contrário essa “distância” for grande o valor de Z virá muito negativo ou muito positivo. se a “distância” entre eles for pequena. isto é. zonas onde a densidade de probabilidade é menor. poderá ter sustentação através de uma ou mais amostras. associada uma estatística. são avançadas duas hipóteses. Acompanhemos um exemplo: 15. de tal modo que. Pretende-se avaliar se é necessário reforçar a capacidade de produção. Como sabemos estes valores de Z localizam-se nas caudas da curva da distribuição normal padrão. verificando se houve de facto uma alteração significativa da procura. motivadora da execução deste teste. se não se realizar a primeira. Por esse motivo quis fazer um teste de hipótese para averiguar se a sua suspeita tinha ou não razão de ser. isto é. Na prática o valor de traduz a probabilidade associada à hipótese H1. usar s’) H0 µ= µ0 µ≤ µ0 H1 µ ≠ µ0 µ > µ0 µ < µ0 Estatístic a Região Crítica Z= X −µ σ n Z < −Z a 2 ou Z > Za 2 Z > Za 63 . Ao enunciar H0. e em todos os exercícios em que não é feita referência ao grau de probabilidade. H0 µ=200 µ≤200 µ≥200 H1 µ≠200 µ>200 µ<200 Reparemos que no primeiro caso H0 pode não se realizar em duas situações: quando o parâmetro for maior que “o valor” ou quando o parâmetro for menor que “o valor”. No nosso exemplo: Parâmetr o µ Condições Distribuição Normal e σ conhecido. 99% (ou outra desta ordem de grandeza).PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Cada teste de hipótese é feito com um determinado grau de probabilidade (1–a) ou.95. usa-se o valor de 0. um teste de hipótese pode ser de três tipos no que diz respeito à relação entre o parâmetro e o valor em estudo. 95%. Neste caso (caso de “desigualdade”) estamos perante um teste dito “unilateral” pelo que a área se vai localizar toda numa ou noutra cauda consoante o teste em causa. Neste caso (caso de “igualdade”) estamos perante um teste dito “bilateral” pelo que a área se encontra dividida em duas partes iguais. Nos segundo e terceiro casos H0 só se pode não realizar quando o parâmetro for maior que “o valor” no primeiro caso ou quando o parâmetro for menor que “o valor” no segundo caso. estão associadas áreas de igual valor delimitadas por valores da variável. estando do lado direito no primeiro caso e do lado esquerdo no segundo. Isto indica que a área correspondente a H1 (não realização de H0) se encontra toda de um dos lados. a/2. ► O parâmetro é menor ou igual que “um valor”. o que se traduz no mesmo. Podemos ter: ► O parâmetro é igual a “um valor”. Isto indica que a área correspondente a H1 (não realização de H0) se pode encontrar à direita e à esquerda. de se obterem valor da estatística raros (localizados nos extremos da distribuição em causa). de não se aceitar a hipótese H0 ou seja. O grau de probabilidade (1–a) usado neste tipo de teste é normalmente de 90%. situadas nas duas caudas da curva. com uma determinada significância (a). ou ao valor de (a). Os valores que delimitam estas áreas terão de ser obtidos nas tabelas das distribuições respectivas. ► O parâmetro é maior ou igual que “um valor”. ou n “grande” (se σ desconhecido. Estes valores de (1–a) estão associados à hipótese H0 e à hipótese H1 a probabilidade remanescente (a). No nosso exemplo. Ao valor de (1–a). Verificamos assim. um peso médio de 100 gramas.05.96 rejeitamos H0.05). devendo ter. Por isso “rejeitamos H0”.05. deverá o empresário considerar que o rendimento dos trabalhadores na execução da dita tarefa diminuiu? Quando se diz que o rendimento diminuiu está-se implicitamente a querer dizer que o tempo médio de execução da tarefa aumentou. 16.12 g Terá sido esta amostra proveniente de uma população com peso médio de 100 g? (a=0. é porque o teste teve “força” suficiente para o fazer. 17.2. que foram pesadas. o empresário decidiu registar os tempos que 60 trabalhadores levaram para executar tal tarefa. X. É por este motivo que se deve associar H1 àquilo que se quer provar pois.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 µ≥ µ0 Z < −Z a O valor que delimita a área de 0. este teste será feito com o apoio da distribuição tStudent.96. admitindo que o desvio padrão se mantém. O controle de qualidade escolheu uma amostra aleatória de 9 latas. o que quer dizer que o Z está na região crítica. Registaram-se os seguintes resultados: 2 ∑ xi − x = 87.05 (à sua esquerda 0.95 da área de 0.95) é z=1. O peso das latas de conserva de uma dada marca. Assim. 16.60 8 60 Como não é dado o valor de (1–a) tomamos esse valor por 0. As hipóteses são: 64 X −µ T= σ T < −t a 2 ou T > ta 2 .1. 53 − 50 Z= = 2. H0: ≤ 50 min H1: > 50 min (associar a suspeita a H1) Como o desvio padrão é conhecido. de acordo com as normas. o valor za. se se puder afirmar que se rejeita H0. Se a média da amostra for 53 minutos.95 versus 0.05). só em casos de elevada “força” do teste se vai verificar H1. O valor que delimita a região crítica (ver o quadro acima) é za (valor que deixa à sua direita uma área a=0. Como se compreenderá pela desproporção entre as duas probabilidades em jogo (0. O tempo requerido pelos trabalhadores de uma exploração agrícola para executarem uma dada tarefa tem uma média de 50 minutos e um desvio padrão de 8 minutos. ∑ xi = 870 g ( )2 Parâmetr o µ Condições σ desconhecido : Distribuição Normal H0 µ = µ0 µ ≤ µ0 µ ≥ µ0 H1 µ ≠ µ0 µ > µ0 µ < µ0 Estatístic a Região Crítica T > ta n T < −t a Este teste para a média não apresenta o valor da variância nem a dimensão amostra é maior ou igual a 30. podemos dizer Z>1. segue distribuição normal. Como za=1. como Zcalculado>1. que o valor calculado Z é superior ao valor da tabela. Qual a probabilidade de que a média da amostra seja superior a 52 minutos? 16. pode ser obtido na tabela da distribuição Normal reduzida.96.95 (logo a=0. usa-se a distribuição normal reduzida (ver o quadro). Consultando o quadro verificamos que a região crítica é dada por Z>z0. Pela tabela da distribuição normal reduzida verificamos que o valor da variável z que deixa à sua direita 0.05 ► Z > Z a ). Para testar o progresso no rendimento dos trabalhadores num dado dia.05).96 e o Zcalculado=2. Assim. 27 = 12. 65 .306 e.3 ∑ xi − x s' = n −1 ( )2 = 87.025 pode ser lido na respectiva tabela (que dá áreas à direita).62449.875kg s '2 = 232.625 − 75. portanto. a/2 vale 0.625kg x B = 75.1.025 e na linha n=8.12502kg 2 A B Sabendo que as produções de ambas as variedades são normalmente distribuídas e que σA2= σB2: 18.12 = 8+8−2 167.12 = 3.875 5. Tcalculado>2. t(0.306.05. t0.41 + ( 8 − 1)102.025=-2. Estimar um intervalo de confiança a 99% para a produção média de cada variedade. -t0.01 e dos valores de nA e nB iguais a 8 podemos tirar da tabela de t-Student os valores de t. Verificar se a variedade A é significativamente mais produtiva (a=1%) que a variedade B. Ter atenção que o “n” da tabela corresponde ao “n” da dimensão da amostra menos 1. na coluna de 0. Assim as hipóteses são: H0: A≤B H1: A>B Dadas as condições do problemas em que as variâncias são desconhecidas e em que as dimensões das amostras (nA e nB) são menores que 30 (ver quadro) a estatística do teste será a t-Student: x A − xB 81.306. aquilo que queremos provar deve ser associado a H1.2. 18.75 T= = = = 0. Os resultados da colheita foram os seguintes: x A = 81. Partindo do valor de a=0.89 6. Aqui. como Tcalculado>2.01. 18.7 g n 9 x − µ 0 96. Assim. Assim.025 e o valor de t0.41073kg 2 s '2 = 102. Como foi referido anteriormente. Usando a=0.3 8 n 9 A região crítica (consultar o quadro) é T<-ta/2 ou T> ta/2.14)=2.465 1 1 1 1 Sc + 12. Como se trata de uma comparação de média o teste de hipótese em causa é o da diferença de médias.62449 rejeita-se H0.93kg O limite da região crítica é T> ta. Para testar 2 variedades de milho foram escolhidos aleatoriamente 16 talhões.7 − 100 = =3 s' 3. “verificar” é testar essa hipótese.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 H0: µ=100g H1: µ≠100g x= T= ∑ xi 870 = = 96.93 + n A nB 8 8 Sc = 2 ( n1 − 1) s'1 +( n2 − 1) s'2 2 n1 + n2 − 2 = ( 8 − 1) × 232.025=2. 8 cultivados com a variedade A e outros 8 com a variedade B. devemos rejeitar H0. x − µ 0 131 − 125 T= = = 0. Uma máquina de ensacar açúcar está regulada para encher sacos com 16 kg. rejeita-se H0. 15. 15. 20. Que conclusões tirar quanto ao funcionamento da máquina? 19. Os dados da amostra são compatíveis com a hipótese de que os pesos dos sacos cheios pela referida máquina apresentam uma variabilidade de 0.01kg2 Consultando o quadro dos testes de hipótese podemos ver que a estatística deste teste segue a distribuição de χ 2 : Parâmetr o Condiçõe s Distribuiç ão Normal H0 σ =σ 2 2 0 H1 σ ≠ σ20 σ2 > σ20 σ2 < σ20 2 Estatística Região Crítica σ 2 2 0.54 n 10 66 .01kg2? Estamos perante um teste de hipótese para a variância.629 2 Como o valor de χ calculado > 26. 15. Partindo do 1− 2 2 χ2 = ( n − 1) s'2 = (15 − 1) × 0. Construir um intervalo de confiança a 95% para µ.025. 16. 16. 15.119 . Como esta distribuição não é simétrica como a da Normal ou a de t-Student há necessidade de recorrer à tabela duas vezes (nas outras recorria-se uma vez e depois usava-se também o 2 2 seu simétrico). tendo-se obtido os seguintes pesos: 16.05 (quando o valor não é dado usa-se 1-a=095) e do valor de “n” igual a 15 podemos tirar da tabela de χ 2 os respectivos valores. Está em estudo a validade de uma bebida gaseificada. 16. Foram seleccionadas ao acaso 10 garrafas e testada a sua validade. 9 0 7 8 7 0 8 19.023 = 32.01 σ0 s’=0. 16. 16.14) = 5. Para controlar o seu funcionamento escolheram-se ao acaso 15 sacos da produção de determinado período.119 χ (20.01kg2 H1: σ2≠0.97 s' 19.1. H0: σ2=0.975.2.05) H 0 : µ = 125 H1 : µ ≠ 125 A estatística de teste é t-Student pois a variância é desconhecida e n<30. 16. Obtiveram-se os seguintes resultados (em dias): 108 124 124 106 115 138 163 159 134 139 20. χ (20. 15.14) = 26.1.2 σ2 ≤ σ20 σ2 ≥ σ20 χ2 = ( n − 1) s'2 2 σ0 χ2 < χ a 1− 2 2 ou χ > χ a 2 χ > χa χ 2 < χ 21− a 2 valor de a=0. Os limites da região crítica são χ < χ a e χ > χ a .023kg (máquina calcular) A região crítica deste teste é bilateral (ver o quadro). Pode a hipótese nula H0: = 125 ser rejeitada? (a=0.01kg2 ou seja com H0: σ2=0. 20. 15. 15. 0 1 8 9 1 8 2 0 15.2.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 19. 4. /2 vale 0.4 . Assim.05 pode ser lido na respectiva tabela.4. considerando a=0. 20. 20. t0. pois a variância é desconhecida e n<30. H0: σ2≥400 versus H1: σ2<400? A região crítica é T<-t /2 ou T>t /2 .83311. Serão os dados da amostra compatíveis.025 e o valor de t0.26216.05 o valor de t0.1.310 = = 131dias n 10 2 ∑ xi − x ∑ (1310 − 131) = = 3. 20.025 e na linha n=9.H0: 2 = 400 67 . t0.05.025 = 2. e portanto Tcalculado 1.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 x= s' = ∑ xi 1.54 dias A região crítica é agora T>t .54 131 125 = 0.025 pode ser lido na respectiva tabela.05? 20. -t0. T= n s x ' μ0 = 10 19. H0: σ2=400 versus H1: σ2≠400? 20.3 . Assim. é t-Student. com: 20. assim não devemos rejeitar H0. para a=0. na coluna de 0. assim não devemos rejeitar H0.H0: 125 H1: > 125 A estatística de teste mantém-se.Nestes dois testes de hipótese para a variância a estatística de teste é o 2.4.97 n xi x = 10 1310 = 131 dias s’=19. Usando =0.3.4.2.3 n −1 10 − 1 xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx ( )2 20.26216 e portanto -2.05.025 = 2. na coluna de 0.1 . Usando =0.05 = 1. Qual a decisão a tomar sobre as hipóteses H0: µ=125 versus H1: µ>125.26216.26216 Tcalculado 2.83311.05 e na linha n=9. 023 2 (0.11 .595 s’2= 19.2 .11 68 . verificar se é de admitir uma duração média conforme as normas de fabrico ( = 0. Resolução: 21 21.023. 20.325 Como o valor de 2 calculado ≥ 3.6 1.05).07 anos2 (máq.2 . Recolhida uma amostra de 9 baterias.Testar a hipótese H0: 2 = 0.Uma empresa produz baterias para as quais as normas de fabrico indicam uma duração média mínima de um ano e meio. 21.542 kg2 = 382 kg2 A região crítica deste teste é bilateral (ver o quadro).Apresentar uma estimativa para a variância da duração das baterias.1 . calcular) 21.325.1 . Partindo do valor de =0.3 . estas foram ensaiadas tendo fornecido a seguinte duração (em anos): 2 1.9 1. não se rejeita H0. O limite da região crítica é 2< .H0: 2 400 H1: 2 < 400 2 0 2 2 (n 1)s' = 400 (10 1) 382 = 8.700 2 calculado 19.Pressupondo 2 = 0.4 1.975. para um nível de significância de 1%.025.9)= 2.5 1.700 Como o valor de 2.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 Inferência Estatística Miguel Soares Lopes Ficha 6 78 2 2 22 H1: 2 400 2 0 2 2 (n 1)s' = 400 (10 1) 382 = 8. não se rejeita H0.4. 21 .8 1.2 . 2 (0.A estimativa para a variação da duração das baterias é o s’2.05 e do valor de “n” igual a 10 podemos tirar da tabela de 2 o respectivo valor.2 21.95.11 . Os limites da região crítica são 2< e 2> . Há necessidade de recorrer à tabela duas vezes.542 kg2 = 382 kg2 A região crítica deste teste é unilateral (ver o quadro).4 1. s’2 = 0.9)= 3. 21. Partindo do valor de =0.H0: 2 0.05 e do valor de “n” igual a 10 podemos tirar da tabela de 2 os respectivos valores.6 1. Há necessidade de recorrer à tabela uma vez. 2 (0.9)= 19.595 s’2= 19. 11 2 0 2 2 (n 1)s' = 0. 2 (0.05 69 . Há necessidade de recorrer à tabela duas vezes.005.995. 22 .Pede-se. como Zcalculado>1.344 2 calculado 21.95 = 0. que o valor calculado Z é inferior ao valor da tabela. Resolução: 22 . 1 – = 0. Para se certificar da sua suspeição recolheu uma amostra aleatória de 80 desses componentes onde detetou 8 com defeito. um teste de hipótese para a média da população com a variância conhecida.90 Consultando o quadro verificamos que a região crítica é dada por Z>z0.955 2 (0.6 1. Os limites da região crítica são 2< e 2> . Assim.Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para uma proporção. Inferência Estatística Miguel Soares Lopes Ficha 6 79 Partindo do valor de =0.11 (9 1) 0.33 1.07 = 4. neste caso.91 A região crítica deste teste é bilateral (ver o quadro).955.07 (aquilo que se quer provar) n = 80 8 componentes dos 80 apresentam defeito.344 Como 1. As hipóteses são: H0: p ≤ 0.05. Verificamos assim.5 anos.8)= 21.Um fabricante comprou um lote de 3000 componentes eletrónicos a uma grande empresa.96.96 rejeitamos H0. Depois de detetar algumas avarias nesses componentes.01 e do valor de “n” igual a 9 podemos tirar da tabela de 2 os respectivos valores. não se rejeita H0.3 .8)= 1.95) é z=1. suspeitou que a proporção de componentes avariados era superior a 7%. Construa um teste de hipótese a 95% de confiança tendo em vista a confirmação da suspeita. 21. As normas de fabrico apontam para uma duração média mínima de 1.5 = 0. H0: 125 H1: > 125 A estatística de teste é Z: Z= n x0= 9 0.07 H1: p > 0.05 (à sua esquerda 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 H1: 2 ≠ 0. Pela tabela da distribuição normal reduzida verificamos que o valor da variável z que deixa à sua direita 0. Resolução: 24 .10 0.05 < 1. Para uma amostra de 100 residências nesta área.65 pelo que não se rejeita H0 .55 H1: p > 0. para ser a lista mais votada. Obtiveram-se 32 votos a favor da lista. se assista ao programa numa determinada área metropolitana.03 80 0. Construa um teste de hipótese a 95% de confiança no sentido de verificar da possibilidade desta lista chegar ao poder. a veracidade da suposição do patrocinador.05 0. uma das listas quis averiguar as suas possibilidades de eleição. 69 delas estão sintonizadas no programa.65 pelo que não se rejeita H0 (poderá não ser eleita a lista em causa). 24 .55 (aquilo que se quer provar) n = 100 60 residências sintonizadas no programa na amostra de 100 residências inquiridas nessa área.457 Região crítica: Z>z Z>1. Mas 0.05 pˆ = 70 32 = 0.O patrocinador de um programa de televisão espera que. em pelo menos 55% das residências.10 1 – = 0. bastaria atingir 40% dos votos.90 pˆ = 70 . = 0. 1.029 0. As hipóteses são: H0: p ≤ 0.Numa disputa eleitoral pela direção de uma coletividade. Teste. Mas 1.Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para uma proporção. Para isso inquiriu de forma aleatória uma amostra de 70 eleitores e registou a sua intenção de voto. 1 – = 0.65 .07) 0. Resolução: 23 . para um nível de significância de 10%.1 Região crítica: Z>z Z>1.07 n (1 ) ˆ Z 00 0 pp Pp Inferência Estatística Miguel Soares Lopes Ficha 6 80 23 .40 (aquilo que se quer provar) n = 70 32 votos a favor na amostra dos 70 inquiridos. As hipóteses são: H0: p ≤ 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 pˆ = 80 8 = 0.07(1 0.65 .Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para uma proporção.95 = 0. A coletividade sabia que.973 < 1.40 H1: p > 0. 40) 0. Como 1.55 n (1 ) ˆ Z 00 0 pp Pp Inferência Estatística Miguel Soares Lopes Ficha 6 81 Região crítica: Z>z Z>1. Efetue um teste de hipóteses.40 (1 0. tendo obtido 194 com comprimento adequado.07 100 0.41 0.55) 0.1 .973 0. com um nível de significância de 2%.41 > 1. rejeita H0 (deverá ser eleita a lista em causa).40 n (1 ) ˆ Z 00 0 pp Pp 1. Foi recolhida uma amostra de 100 peças e os resultados obtidos para a variável comprimento foram os seguintes: 100 1 12110 i ixe 100 1 ( )2 1550 i ixx 25.457 0. Resolução: 71 .0497 0. 25 .28 . De forma a obter evidência favorável à sua afirmação recolheu uma amostra de 200 peças.62 0.28 .Construa um intervalo de confiança para a média do comprimento das peças com um nível de confiança de 92%.62 0.2 .Na fábrica Peça-Auto de componentes para a indústria automóvel o departamento de qualidade estabeleceu que o comprimento de uma determinada peça deve estar compreendido entre 120 e 122 milímetros. que permita suportar a posição defendida pelo Diretor de Produção.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 100 62 = 0.55 (1 0.057 70 0.O Diretor de Produção afirma que menos de 4% das peças produzidas têm um comprimento que se afasta do estabelecido pelo departamento de qualidade.0586 0. 25. Como 0.96/ 100 121.04 H1: p > 0.75 3.Nesta alínea é-nos pedido um teste de hipótese para uma proporção. significa 10 parafusos sem comprimento adequado. Assim.05 0. As hipóteses são: H0: p 0.02 1.05 não se rejeita H0 (o Diretor poderá não ter razão).98 pˆ = 200 10 = 0.01 200 0.05) 0. 121.04 n (1 ) ˆ Z 00 0 pp Pp 72 . ' 3.05 Região crítica: Z>z Z>2.1 100 X 12110 mm . 0. não se conhece a variância mas o n≥30.=0.05 (1 0.1 – 1.96/ 100 120.Nesta alínea é pedido um intervalo de confiança para a média.75 X–z n s' X+z n s' 121.1 – 1.96=1.0154 0.PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA – 2011/2012 25 25.649 0.41 121. = 0.05 .1 .75 3.96 99 s 1550 mm e z0. a expressão para calcular o intervalo de confiança vai usar a distribuição normal.2 .649 < 2.04 (aquilo que se quer provar) n = 200 190 parafusos com comprimento adequado em 200 parafusos.793 25. 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