Estatística Aplicada, Exercícios de Estatística Aplicada

Baixe Estatística Aplicada e outras Exercícios em PDF para Estatística Aplicada, somente na Docsity! Escola Superior de Gestão e Tecnologia [Psantarém] PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA CADERNO DE EXERCÍCIOS 2013/2014 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 ÍNDICE PEN Fc o = PRA 12 Álgebra de Acontecimentos e Probabilidades Simples... 12 Teoremas de Bayes e da Probabilidade Total Distribuições Teóricas Contínuas................... ir rseeeeeseerereeeeeeree eee eea eee reereeeareeness 59 FICHA 6 (Esta Matéria não demos) ................. ri ieeeerereeeeererreree erre eme reereemeareeees 68 Inferência Estatística. Intervalos de confiança Testes de hipótese....... PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 2.7 - Determine a mediana algébrica e graficamente. 4+4 , Me = Jos HM . HE 4 (ver gráficos) 2.8 - Determine a moda, o 20º percentil, o 9º decile 03º quartil. Moda: Mo=6 D é o mímero que mais ocorre; 20º Percentil; Nxp=50x0,20=10 » Nxp éinteiro mota STD, B, DÊ. 20 2 2 9º Decil. Nxp=50x0,90=45 » Nxp éinteiro Xu +x +8 Ver diapositivos p= 47e 48 da º apresentação 1 3º Quartil: Nxp=50x0,75=37,5 D Nxp união é inteiro O3=x(37)=x38 =8 3 - Os rendimentos médios mensais (€) de 48 famílias do sector do calçado estão registados no quadro seguinte. 999 | 1210 | 870 | 1360 | 1330 | 1340 | 1485 | 830 | 986 | 1265 1267 | 1227 | 1267 | 826 | 865 | 1278 | 1250 | 848 | 1170 | 1459 1190 | 956 | 1345 | 1436 | 823 | 1393 | 1350 | 1243 | 868 | 1267 800 | 1339 | 1235 | 1336 | 935 | 950 | 1132 | 905 | 1376 | 923 896 | 1267 | 847 | 921 | 1465 | 800 | 871 | 1235 z 5152 5999 5564 5879 5418 5761 6088 5061 4410 4914 54236 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. log(N) 4 log(48) log(2) . log(2) Assim, o número de classes será, em princípio, 6ou 7. Analisando os dados verificamos que a amplitude dos mesmos é: Amplitude dos dados = Max(x) — Min(x) = 1.485 — 800 = 685 Ao estabelecer o múmero de classes e ao atribuir a cada classe mma dada amplitude definimos mm interonlo onde todos os nossos valores deverio 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 “amigúvel” (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 mm intervalo com amplitude de 700 (maior que 685). Se a primeira classe começar em 790 [valor inferior no 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. Número de classes PD m=1+ =6,58 Classe í F, f CumE; Cumf; [790, 890[ nu 0,229 nu 0,229 1890, 990[ 8 0,167 19 0,396 [990, 1090F 1 0,021 20 0,417 [1090 , 1190[ 2 0,042 22 0,458 [1190, 1290f 13 0,271 35 0,729 [1290, 1390[ 8 0,167 43 0,896 [1390, 1490[ 5 0,104 48 1,000 N=48 3.2 - Represente graficamente os dados através de um histograma, do polígono de frequências e do gráfico das frequências relativas acumuladas. PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Histogram e polígono de frequências: 790 890 990 1090 1190 1290 1390 1490 Gráfico das frequências relativas acumuladas: 790 890 990 1090 1190 1290 1390 1490 3.3 - Determine a média e a variância dos dados simples. Para dados simples vamos trabalhar com os 48 dados tal qual: Média: Ex 54236 , 5992 48 48 Variância: e. zh2)-nx(e) (8002 + 8002 18232 +..41,4592 41.4652 41.4852)- 481.129,92? “o n o 48 o =48.565,20? 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 vnlor médio dessa classe. Assim, temos: poo,s0 wu Jos 0228 190+890 gg 48 2 890,90 3 19 S-0167 0395 80490 qq 48 2 [990,1001 1/20 = =0,021 0416 oito =1040 [090,11900 2» = =0,042 0458 tdo =1140 [190,12900 13 35 a =0,271 0,730 nptdo =1240 [290,13 8 43 = =0,167 0,897 Do =1340 [1390,14900 5 as = =0104 1 torto =1440 N=48 1 6 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Média: L(FxC;) (11x840+8x940+...+8x1.340+5x1.440) n o 48 Mediana: N/2=48/2=24, portanto a classe mediana é a classe 5 0,5-Cumf(. - 05 Cum q, =1,190 + 2EARE 09 = 1.205,50 i . Linf; Fronteira inferior da classe que contém a mediana =1.127,50 x= Me= Linf,+ Cumf(i=1) D Frequência acumulada da classe anterior à classe que contém a mediana h > Amplitude do intervalo de classe que contém a mediana f; D Número de observações da classe que contém a mediana Moda: Mo=Linfr—U xn-11904— BD io9=1.25875 di+do (13-2)+(13-8) Variância: 2 2 2 2 2 2 2 o Elhxo; Jenxef (11x840? +8x9402 +...18x1.3402 +5x1.4402)-48x1.127,50? . n 48 =46.093,75? 3.5 - Classifique a distribuição em termos de assimetria. 2 3x(t-Me) 3x(1.127,50-1.205,50) Gas =-109 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.' Indivíduos [148,5 , 155,5[ 4 [155,5 , 162,5[ 2 [162,5 , 169,5[ Eos [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 1 Altura (cm) N.º Indivíduos (F) fi CumF: | Cumf C 1 [148,5 ; 155,5[ 4 0,02 4 0,02 mito =152 2 [155,5 ; 162,5[ 2 0,06 16 0,08 Tastidro =159 3 [162,5;169,5[ 44 0,22 60 0,30 ns =166 4 [169,5 ; 176,5[ 64 032 124 0,62 Tesrrros =173 5 [176,5 ; 183,5[ 56 0,28 | 180 0,90 Ted ntto =180 6 [183,5 ; 190,5[ 16 0,08 | 196 0,98 tio + dos =187 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 5.6 - Calcule e interprete o 30º percentil. + 1H 63+69 =66 2 2 O valor 66 deixa à sua esquerda 30% dos valores observados. k=(10x0,30)=3, k éinteiro » Po = 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: — > n(x) = (x) x(atdias) == Sil og c es E (x,))=20ºCx31=620ºC n(31) 31 - L(olx) 620-32 588 X(30dias) = Ztofx) =D =>—=19,6ºC no) 30 30 Desvio padrão: 2.2 cl? )-mx(a .L eos? )-suxtzoP “oz ole? )-12.400 =3%6 ss n(s1) : 31 31 : ez eenls?)-12.400= 36x316 3 gol?) 1.116+12.400 55 eli? J=13.516ºC z eobs)== enls?)-322 =13.516-1.024=12.492ºC 2 2. co)lx?)-n x(3) 2 12492-30x19,6º 967,2 n(s0) 30 30 s=32,24 =5,68ºC =32,24 7 - A produção (kg) por talhão de 10 variedades de ervilhas para congelar foi a seguinte: 21,18, 30, 12, 14, 17, 28, 10, 16,25 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 N-10 Média: - sx) (10+12+14+16+17+184+21+25+28+30) x= = =19,1kg n 10 Mediana: = THIS 17 ska Moda: Não tem 7.2 - Variância, desvio padrão e coeficiente de variação. Variância: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 à sh)-nxfP (1024122 41424..425242824302)-10x1912 410,9 n 10 s = =41,09kg? ' 10 8 Desvio padrão: s=4109 = 6,41kg Coeficiente de variação: cv=x100%= SEL xr00% =33,56% x 191 10 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 7.3- Calcule e interprete o 90º percentil. Po =29+%0 .28+30 9» + -(10x0,90)=9, kéinteiro 8 - O consumo de frangos por pessoa em duas mesas do restaurante “O Rei dos Frangos” está registado na seguinte tabela. Mesal | 1 1 1 1 1 1 Mesa2 | 0 0 0 1 1 1 8.1 - Calcule a média do consumo de frangos para cada uma das mesas. Mesa 1: TE) (rt+t+ttiaD n 6 Mesa 2: x=Elu). (o+o+0+1+1+1) 05 n 8.2 - Calcule o coeficiente de variação para cada uma das mesas. A média é representativa em ambos os casos? Mesa 1: (+ (1-0 +(1=17+(1=1P+(1=1P+(1-1)2 6 0 n s=0=0 cv=2x100% = 2x100% = O x 1 Mesa 2: 2 Eli-5P (o-05P +(0-05P +(0-05P +(1-12+(1-1P+(1=1P os n 6 : s=)0,25=0,5 cv= 100% = 22x 100% = 100% x 3 A representatividade da média é muito maior para a mesa 1 do que para a mesa 2, wma vez que o peso relativo do desvio padrão, relativamente à média é muito maior para esta ultima. 9 - Considere um conjunto de 1 dados. Prove que se estes dados forem divididos pelo desvio padrão, então o novo conjunto de dados tem um desvio padrão igual a 1. FALTA A RESOLUÇÃO PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 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 1) e com reposição (experiência II). 1.1 - Enumere os acontecimentos elementares do espaço de resultados associado a cada uma das experiências. Sem reposição (experiência 1): Las tiragem (em coluna) Lo tiragem (em linhay 1 (LImx (21)mx |(3,1)x (4,1) x (5,1) x (12x (2,2)mx (32x (4,2) x (5,2) x (L3)m (2,3)m (3,3) (4,3) (5,3) (L4)m (2,4)m (3,4) (4,4) (5,4) (L5)m (2,5)m (3,5) (4,5) (5,5) qe Qin Com reposição (experiência II): Las tiragem (em coluna) 1 2 3 4 5 Los tiragem (em linha) 1 De QU” [BD Dx GU 3 23) (23m (4,3) (5,3) 4 LI) CI IG) 49 (59 5 Los (25m (3,5) (4,5) 1.2 - Defina no espaço de resultados de cada experiência, os acontecimentos adiante indicados: Ai-“saída de uma lâmpada defeituosa na 1º tiragem”; m A>-“saída de uma lâmpada defeituosa na 2º tiragem”; x As -“saída de duas lâmpadas defeituosas”; As -“saída de pelo menos uma lâmpada defeituosa”; As - “saída de exactamente uma lâmpada defeituosa”; As -“saída de uma soma de números inscritos nas lâmpadas inferior a sete”. Sem reposição (experiência 1): A =((1,2)(13): (1,4) (1,5):(2,1) (2,3) (2,4); (2,5) Ao =((1,2): (2,1) (3,1) (3,2) (4,1); (4,2): (5,1) (5,2) A3=4 04 =((1,2)(2,1)) A = AU Ao =(2,1)(3,1) (4,1):(5,1);(1,2)(3,2); (4,2) (5,2) (1,3); (2,3) (1,4); (2,4) (1,5); (2,5) As= At (aut (SI GOA 2H6 203 BAM ANA SH2S) Ag = (1.2) (1,3) (1.4) (1,5) (2,1): (2,3) (2,4) (8,1) (3,2); (4.1): (4,2): (5,1) Com reposição (experiência II): Ay = (11): (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (2,1) (2,2); (2,3) (2,4): (2,5) Ao = (11) (2.1) (3.0): (441) (5,1) (1,2) (2,2): (8.2) (4,2):(5,2)) Ag = A 042 = (LI) (L2): (2,1) (2,2)) Ay = AU 4, LI; (1.2) (13) (14) (15); (2,1) (2,2) (2.3) (2,4); (2,5) (341) (3,2); (4.1) (4,2) (5.1): (5,2)) As = frutas > a =1(6,1)(4,1):(5,1)(3,2):(4,2):(5,2); (13): (2,3); (1,4); (2,4) (1,5); (2,5)) 12 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 65- ANnBnC; Como os mímeros que se repetem entre os acontecimentos A e B, é o 2€ o acontecimento C é 6, então a intersecção entre todos os acontecimentos (o que se repete entre todos) é um conjunto vazio. R: AnB=(2) então: AnBnC=[) 6.6- (auBa(anc); R: (a UB)= [B;4:5,6:7) e (a n c)= to), entio: (a UB)n (a n c)= toy porque é o número que se repete. 7 - Considere o espaço de resultados: S-=(1, 2,3, 4, 5, 6) e os acontecimentos: A=[1, 3, 5); B=[2, 4, 6); C=(1, 2, 3). Determine: 71-C E23,45,6)> C=(45,6) 72- BNnC B= f2as) eC= (123). então: BnCc=(2) 73- AnC A= £,2,3,45,6-2,4,6e c =[4,5,6) (calculado na alínea 7.1), e os mímeros que se repetem são tuo, portanto AnC= tuo). 74-(BNC)UA B= f2as) e c-f123), o número que se repete é Bnc=P), ea união com A=U3,5) resulta em: (BncuUA=(,235) 8 - (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(sair 5)= P(sair 6)=2x P(sair 4) P(sair 4)=3x P(sair 1)=3x P(sair 2)=3x P(sair 3) P(sair 1)= P(sair 2)= P(sair 3) Como P(sair 1)+ P(sair 2)+ P(sair 3) + P(sair 4)+ P(sair 5) + P(sair 6)=1, podemos escrever que: P(sair 1)+P(sair 2)+ P(sair 3)+3xP(sair 1+3xP(sair 2+3xP(sair 3+2xP(sair 5+2xP(sair 6)+2xP(sair 4) Ou seja: 1+14+14+3+3+3+2+2+2=18, então: Pfoairl)=— P(sar 1) | P(sar 2) | P(sam 3) | P(sar 4) | P(samr 5) | P(sam 6) 1 + 1 3 + + 18 18 18 18 18 18 8.1 - Um número par; P(sair par)=P(sair 2)+ P(sair 4)+ P(sair 6)= + + 3 + 6.105 rr É É É ig 18 18 18 9 8.2 - Um número maior que 3; P(sair maior que 3)=P(sair 4)+P(sair 5)+ P(sair 6)= 3 + + + 4.5.5 mora É É É ig 18 18 18 6 8.3 - Um quadrado perfeito. Um quadrado perfeito é mm mímero que é um quadrado de mm mímero natural I5 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 P(sair um quadrado perfeito)=P(sair 1)+P(sair 4)== 5 + ã- = 5 =. 9 - 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(sair X)= —o Jo, P(sair Y)= 5 os, Plsairz)=——0 50 10+15+50 75” 10+15+50 75 10+15+50 75 9.1 - Se depois da inspecção cada caracol for devolvido ao lago, calcular a probabilidade de, em 2 capturas sucessivas: Com devolução: 9.1.1 - Os 2 caracóis serem da espécie X. 10 10 100 P(sair Xesair x)= —X— 7575 5605 9.1.2 - Um caracol ser da espécie X e outro da espécie Z. P(sair 1 da espécie X e outro da espécie Z)=P(sair Xe sair Z)+P(sair Z e sair X)= o 10,50 50 450,10 10 1000 “75 TS 75 75 56255 9.2 - Se o caracol não for devolvido ao lago depois da captura, calcular a probabilidade de, em 2 capturas sucessivas: Sem devolução 9.2.1 - Os 2 caracóis serem da espécie X. 10,9 90 P(sair XesairX)=—"x— = =0,016 7574 5550 9.2.2 - Um caracol ser da espécie X e outro da espécie Z. P(d da espécie X e outro da espécie Z)=P(sair X e sair Z)+P(sair Z e sair X)= “10/50 50 10 1000 XD +Xx— “75 74 75 74 5550 9.3 - Qual a probabilidade de, numa captura, obter um caracol da espécie X ou Y? Plsair x sair y)= P(0)+ p(y)=10, 2 -1.-0,3333 75 75 3 10 - Numa determinada cidade existem 5 hotéis. Se 3 pessoas escolhem ao acaso um desses hotéis para passar uma noite, qual a probabilidade de ficarem em hotéis diferentes? Vamos resolver este problema através do quociente entre casos favoráveis e casos possíveis. Os casos favoráveis contam o mímero de maneiras diferentes de atribuir hotéis ao conjunto das três pessoas. Se a primeira pessoa escolher mm hotel dos 5 possíveis, a segunda pessoa só pode escolher um dos 4 restantes eo terceiro poderá escolher um dos 3 que sobram. Assim, os casos favoráveis são: 5x 4x3=60. Por outro lado, os casos possíveis não incluem a restrição de as três pessoas “ficarem em hotéis diferentes”. Assim, os casos possíveis são: 5x5x5=125. Finalmente a probabilidade pedida vem: 5x4x3 60 = =0,48 5x5x5 125 P(3 pessoas ficarem em hotéis diferentes)= 11 - 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: P(r) | P(FnO) Plonc) PlrnC) | P(FUO) | P(rUC) 0,70 0,25 0,35 0,50 0,90 0,95 Sabe-se também que: P(FOCUQ)=P(F)+P(Q)+ P(C)-P(FNQ)-P(QNC)-P(EnC)+ P(ENQNC)-1 4 todos 16 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 11.1 - Queijo ou café; P(rUQ)=P(F)+ P(O)- P(F n0)=09 6 P(0)=0,9- P(F)+ P(F nO) P(0)=0,9-0,7+0,25=0,45 A proporção de clientes que terio queijo é de 45%. P(rUc)=P(F)+P(C)-P(FnC)=0,95 é P(C)=0,95- P(F)+ P(F nC) é P(C)=0,95-0,7+0,5=0,75 A proporção de clientes que terião café é de 75%. P(oUC)=P(O)+ P(C)- P(O nn C)=0,45+0,75-0,35=0,85 A proporção de clientes que terio queijo ou café é de 85%. 11.2- Fruta, queijo e café; P(rUQUC)=P(F)+ P(O)+ P(C)-P(F nQ)-P(onc)-P(Fnc)+P(FngQnc)=1s eP(rngnc)=1-[P(F)+ P(o)+P(C)-P(F no)-P(onc)-P(F nc] es P(FnQnC)=1-(0,7+0,45+0,75-0,25-0,35-0,5)=0,20 A proporção de clientes que terio fruta, queijo e cnfé é de 20%. 11.3 - Apenas café. P(apenas café) = P(C)- P(O nC)- P(F nC)+P(CNQN F)=0,75-0,35-0,5+0,2=0,1 A proporção de clientes que terio apenas café é de 10%. 12 - Sejam A e B dois acontecimentos independentes tais que P(A)=0,4e P(B-A)-0,18. 12.1 - Represente os acontecimentos através de um diagrama de Ven. q A B 12.2 - Determine P(B). P(AUB)=P(A)+ P(B)- P(AN B)=0,40+0,18=0,58 0,40 + P(B)-0,40x P(B)=0,58 & P(B)-0,40P(B)=0,58 — 0,40 & 0,60P(B)=0,18 & P(B)==— 0,18 o 0,60 e P(B)=0,30 13 - Sejam 4, Be C três subconjuntos de Q, tal que A e B são independentes e 4 e C são incompatíveis. Seja P(A)=0,2; P(B)-0,4 e P(C)=0,45. 13.1 - Represente através de um diagrama de Vem o espaço de resultados Q. Sabendo que P(BnC)-0,1, calcule a probabilidade de um elemento de Q escolhido ao acaso: 2 c Não esquecer que A e B são independentes e portanto P(AB)=P(A)xP(B) 13.2 - Sabendo que P(BnC)-=0,1, calcule a probabilidade de um elemento de 2 escolhido ao acaso: 13.2.1 - Pertencer a pelo menos um dos subconjuntos; Não esquecer que A e B são independentes e portanto P(AB)=P(A)xP(B) P(AUBUC)=P(A)+ P(B)+ P(C)- P(AB)- P(B NC)=0,2+0,4+0,45- (0,2x0,4)-0,1=0,87 13.2.2 - Pertencer exclusivamente a B; PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 17.1.1 - Qual é a probabilidade do outro mostrar "5"? P(um dado ter 5 | outro dado tem g-5=0, 18 17.1.2- Qualé a probabilidade da soma dos números saídos em ambos ser menor do que 9? P(soma<9 | um dado tem 6) =— ==0, 36 17.2 - Se a soma dos números saídos for 9, qual a probabilidade de um dos dados mostrar “4"? Subconjunto dos pares em que mim dos dados há mm “9”. Oo = ((3,6), (4,5), (5,4), (6,3)) P(wum dado ter 4| soma dos dados é 9) -2-05 18 - Numa determinada cidade existem 3 rádios locais. Num inquérito realizado a um número elevado de habitantes dessa cidade foram obtidos os seguintes resultados: 40% dos inquiridos é ouvinte da rádio A. 35% dos inquiridos é ouvinte da rádio B. 30% dos inquiridos é ouvinte da rádio C. 12% dos inquiridos é ouvinte da rádio A e da rádio B. 10% dos inquiridos é ouvinte da rádio B e da rádio C. 25% dos inquiridos é ouvinte da rádio Amas não da C. 74% dos inquiridos é ouvinte de pelo menos uma rádio. Calcule a probabilidade de um habitante escolhido ao acaso: Para se poder fazer o preenchimento do diagrama de Veun há que identificar as percentagens associadas a cada uma das regiões identificadas. Em função dos dados disponíveis, é necessário alguma perspicácia para encontrar as expressões para fazer este processo. P(não ouvir nenhuma rádio) = 1 — P(ouvir pelo menos I rádio)=1-0,74=0,26 P(BUC)=P(B)+P(C)- P(BC)=0,35+0,30-0,10=0,55 P(apenas “ no UBUC)-P(BUC)=0,74-0,55=0,19 (ACB)= P(A)- P(apenas A)- P(AB)=0,40-0,19 -0,12=0,09 P(apenas pu an P(BC)- P(ACB)=0,30-0,10-0,09=0,11 (ABC)= P(A mas não C)- P(apenas A)=0,25 — 0,19 = 0,06 (ABC) = P(A)- P(apenas 4) - P(ACB)- P(ABT)=0,40 - 0,19 - 0,09 - 0,06 = 0,06 P(BCA)= P(BC)- P(ABC)=0,10-0,06=0,04 P(apenas B)= P(B)- P(BC)- P(ABC)=035-0,10-0,06=0,19 B vm 18.1 - Ser ouvinte das rádios Ae C. P(AC)=0,09+0,06=0,15 18.2 - Não ser ouvinte da rádio A e não ser ouvinte da rádio B. P(AnB)=P(AUB)=1-(0,40+0,35-0,12)=0,37 ou PÍANB)=1-(0,19+0,09 + 0,06 + 0,06 + 0,04 +0,19)=0,37 20 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 ou P(ANB)=0,11+0,26=037 18.3 - Ser ouvinte das rádios A e Bmas não da C. P(ABC)= P(A mas não C)- P(apenas A)=0,25 — 0,19 = 0,06, já tinha sido calculado. 18.4 - Ser ouvinte apenas da rádio A. P(apenas A)= P(AUBUC)-P(BUC)=0,74-0,55=0,19, já tinha sido calculado, 19 - Calcule a probabilidade de sair pelo menos uma vez o número “1”, quando se lança um dado 3vezes. Sair “pelo menos wma vez o mímero 1” é complementar de “ munca sair o 1”. Calculemos a probabilidade deste último. 125 P(nunca sair o 1)= à xê x = 216 =0,579 então P(sair pelo menos uma vez o1)=1-0,579=0,421 20 - São escolhidas duas cartas ao acaso de um baralho. Qual a probabilidade de sair um “Black Jack”? Isto é, qual a probabilidade de uma carta ser um Às e a outra um Rei, uma Rainha, um Valete ou um Dez? Tal como nos é dito, mm Black Jack é um conjunto de duas cartas nas quais se tem um Ás e uma outra carta que pode ser um Rei, uma Rainha, mm Valete ou um Dez. Assim, e para o Ás, podemos definir dois acontecimentos: As primeira carta mm Ás; Ao -segunda carta um Ás. Relativamente à outra carta, o Rei, a Rainha, o Valete ou o Dez, podemos igualmente definir dois acontecimentos: B,- primeira carta ser Rei ou Dama ou Valete ou Dez; B» - segunda carta ser Rei ou Dama ou Valete ou Dez. P(Black Jack) = P(Aj N B2) + P(B| 0 42)=452x1651+1652x451=0,0483 21 - (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: 21.1 - A probabilidade de, pelo menos, uma das 3 bolas ser vermelha, sabendo que a experiência foi realizada com reposição. Saco com 9 bolas: 1 branca 1 amarela 1azul 2verdes 2 vermelhas 2. castanhas Retiraram-se 3 bolas sucessivamente, sabendo que a experiência foi realizada com reposição. P(1 vermelha)=P(1 vermelha)+P(2 vermelhas)+P(3 vermelhas) O problema pode ser resolvido a partir de: 1-P(O vermelhas), ou seja: t-Pfvv)-S, sendo que o mumerador é caleulado através da subtracção do numero total de bolas pelo numero de bolas vermelhas(9- 2=7). Mas como é com reposição e a experiência foi realizada 3 vezes... 3 P (pelo menos uma V)=1-P(nenluma V =1 — elyvv)= 1— 5) =1-0,471=0,529 21.2 - A probabilidade de, exactamente, uma das 3 bolas ser vermelha sabendo que a experiência foi realizada sem reposição. Este exercício pode ser resolvido de várias formas PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Plvvv)+ Plvv)+ efv)=(ixaxs + (5 x2 eae s 7) lo 87) lo 87) 6 Mas também podia ser desta forma: P(exactamente wma ser V)=P(VNN)XP(NVN)P(NNV)=3x plrvv)= 3 x5 xx - =0,5 e o processo pode ser explicado do seguinte modo: Na primeira tiragem são duas bolas vermelhas em nove, na segunda consideram-se sete não vermelhas em oito (porque já se retirou uma bola), e na terceira são seis não vermelhas em sete (porque já se retiraram duas bolas). 22 - Lança-se um dado perfeito, de faces numeradas de “1” a “6”, três vezes seguidas. Determine a probabilidade de: na . ;1 . - . cs A probabilidade de sair qualquer wma das faces é ç porque os acontecimentos elementares são equiprováveis. 22.1 - Obter a face com o número “5” no terceiro lançamento? P(obter face “5” no 3º lançamento)= : 0,1666 (aquilo que sain antes não i mencia o resultado). 22.2 - Obter uma e uma só vez a face com o número “4”? P(obter uma e ma só face “4)= P(424)+ p(a42)+ Pl 24)= 1ssô + 5 xixô + 3xSxd = 6 6 6 6 6 6 6 6 6 15,5 5.1.5 5.5.1) 2 25 25 25 =|-x>x> |+| >x—x> |+|>x>x— |="> + +—— = =0,35 6 6 6 6 6 6 6 6 6) 216 216 216 72 22.3 - Obter pela primeira vez a face com o número “2” no terceiro lançamento? P(obter pela primeira vez face “2” no 3º lançamento )= p(222)= Ê xê x5) = = =0,12 23 - O Tobias vai fazer um duelo com o Rambo. A probabilidade do Tobias acertar o tiro no Rambo, em qualquer um dos rownds, é 04 e a probabilidade do Rambo acertar, em qualquer um dos rounds, é 0,9. Em cada round o Tobias é o primeiro a disparar e depois é o Rambo, se ainda estiver vivo. Calcule a probabilidade do Tobias sobreviver a este duelo sabendo que cada um deles dispõe de 2 balas. TA, - Tobias acertou no tiro i, com i= TE; - Tobias errou no tiro i, com i= RA, - Rambo acertou no tiro à, com i RE, - Rambo errou no à, com i=1;2) 1-0,9=0,1 P(Tobias sobreviver)=P(T acertar à 1)+P(T acertar à 2)+P(R não acertar)= =P(TA:)*P(TEM)P(REW)xP(TAo)+P(TES)P(RE 1) P(TES)xP(RE2)- =(0,4)+ (0,6x0,1x 0,4) + (0,6x0,1x0,6x 0,1) = 0,4276 24 - Na biblioteca de uma escola a probabilidade de encontrar alguém a ler um livro é 0,6, a probabilidade de encontrar alguém a ler uma revista científica é 0,4 e a probabilidade de estar alguém a ler um livro ou uma revista é 0,7. Qual a probabilidade de: P(lerlivro)=0,6, P(ler revista)=0,4 e P(LUR)=0,7 24.1 - Não se encontrar ninguém a ler nem um livro nem uma revista? P(LOR)=1-07=03 24.2 - Estar alguém a fazer apenas uma das duas coisas? P(apenas uma das coisas)= P(LU R)- P(LR)=0,7-0,3=0,4 Cálculo auatiar. P(LU R)= P(L) + P(R) - P(LR)=P(LR)=1-0,7=0,3 22 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 ai Quantidade (1) Distritos Total entregue (1) E B E 1 1000 000 200 000 500 000 300 000 2 3 000 000 500 000 | 2000000 500 000 3 2500 000 600 000 | 1500000 400 000 E=1 200 000 Determinar a origem mais provável de mm lote, sabendo que é de qualidade extra: 300000 3/1 P(1E)=>"">""—=>=—=0,25 1200000 12 4 p(oj2)=*00000 5 4 1200000 12 PelE)= 400000 4 1 045 1200000 12 3 Portanto n origem mais provável é 0,42, que corresponde no lote do distrito 2. Repare que esta conclusão podia ser tirada observando apenas a coluna de leite de qualidade extra. Como se pode reparar, é o distrito que apresenta maior “peso” na qualidade extra. 31 - (Gama 20 pág. 139) Numa sala estão três caixas iguais, numeradas de 1 a 3 e contendo bolas coloridas conforme se mostra na tabela: Nº bolas | Nº bolas | Nº bolas Caixa vermelhas | brancas azuis 1 2 3 5 ==10 2 4 1 3 L=8 3 3 4 3 ==10 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? Acho que a resolução mis correcta é a seguinte: 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 deste modo. 2141 3/11 P(v)=P(v |)xP(1)+ P(v |2)x P(2)+ P(V|3)x P(3)=Lx—> + x—+ > x>=— ()=P(v Dx? (D+ Pv |) Ps PV] PG) = xe axa = CA: Caixa 1: 2Vermelhas -2 (2+3+5) 10 Caixa 2: 4Vermelhas - 4 (4+1+3) 8 Caixa 3: 3Vermelhas -3 (8+4+3) 10 32 - Uma empresa tem 1! clientes de entre os quais k estão satisfeitos. Num inquérito a 2 clientes calcule a probabilidade de: 32.1 - Escolher dois clientes satisfeitos; kok=1 K2-k P(ter 2 clientes satisfeitos) ==x— = nn non 32.2 - O segundo cliente escolhido estar satisfeito. P(o 2º cliente estar satisfeito) = P(S:S) + p(s:s)= k xi qro k no n— k x— = n n-1 R-k ln RR 4kn-k kn-k kn-1) k = + = = = =— n2-n n2-n n2-n n2-n n(n—1) n 25 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 33 - Uma empresa de distribuição tem 20%, 30% e 50% dos seus clientes nos distritos de Leiria, Santarém e Lisboa. A probabilidade de um cliente escolhido ao acaso comprar o produto X é igual a 0,4 no distrito de Leiria, 0,7 no distrito de Santarém e 0,6 no distrito de Lisboa. P(Leiria)=0,20 P(Santarém)=0,30 P(Lisboa )= 0,50 P(X|Leiria)=0,40 — P(X]Santarém)=0,70 — P(X]Lisboa)=0,60 33.1 - Calcule a probabilidade de um cliente escolhido ao acaso comprar o produto X. P(X)= P(Leiria )x P(X]Leiria) + P(Santarém)x P(X]Santarém) + P(Lisboa) x P(X]Lisboa )= =0,20x 0,40 + 0,30x 0,70 + 0,50x 0,60 = 0,59 33.2 - Os acontecimentos “cliente escolhido ao acaso comprou o produto X” e “cliente escolhido ao acaso é de Santarém” são independentes? Justifique. P(x Mm Santarém) P(Santarém) Se os acontecimentos fossem independentes, P(X n Santarém) = P(X )x P(Santarém) = 0,59 x0,30=0,177, que é diferente de 0,21, Logo estes acontecimentos não são independentes. P(X | Santarém) = e P(X n Santarém) = P(X | Santarém)x P(Santarém)=0,70x 0,30 =0,21 33.3 - Telefonou um cliente que comprou o produto X, qual a probabilidade do cliente ser de Lisboa? P(X |Lisboa)x P(Lisboa) 0,60x0,50 P(Lisboa| X)= (Lisboa | X) P(x) 0,59 =0,51 34 - Num determinado estabelecimento 8% dos cestos de compras têm fiambre, 6% têm queijo e 5% têm queijo e fiambre. Interpretando estas frequências relativas como probabilidades: P(F)=0,08 P(0)=0,06 P(FQ)=0,05 34.1 - Calcule o quociente entre a probabilidade da intersecção e a probabilidade da intersecção sob a hipótese de independência, para as compras de fiambre e queijo. interprete este quociente. Se F(acontecimentos de comprar "Fiambre") e —Q(acontecimentos de comprar "Queijo") fossem dois acontecimentos independentes, P(FQ)=P(F)x P(O)=0,08x0,06=0.,0048. O quociente entre P(FO) e P(ro) - 0,05 PF O ndependeme O: Portanto a probabilidade real de mm cliente comprar “F” e “Q” é mais de 10 vezes superior à probabilidade de mm cliente comprar “F” e “Q”, caso estes acontecimentos fossem independentes. Significa isto que há mma forte dependência entre a compra de “F” e “Q” por parte dos clientes. P(FQ), considerados independentes, vem: =10,42. 34.2 - Neste estabelecimento 5% dos homens compram fiambre e 10% das mulheres compram fiambre. Qual a probabilidade de um cliente que entra no estabelecimento ser homem? P(r)=P(r|H)x P(H)+ P(F|M)x P(M )=0,08 e 0,05x P(H)+0,10x(1- P(H))=0,08 -0,05x P(H)=0,08- 0,10 P(H)= 35 - Os clientes do clube de vídeo BOM FILME foram segmentados em 3 grupos de acordo com a frequência de alugueres: segmento 1 (“heavy users”), segmento 2 (“medimm users”), e segmento 3 (“light users”). Os 3 segmentos representam 15%, 35% e 50% dos clientes. Em cada um desses segmentos, a proporção de alugueres de filmes de ação é respetivamente 45%, 5% e 20%. P(Segmento = 0,15 P(Segmento 2) =0,35 P(Segmento 3) =0,50 P(A|Segmento 1)=0,45 P(A]Segmento 2)=0,05 P(A|Segmento 3)=0,20 35.1 - Qual a probabilidade de um cliente escolhido ao acaso não alugar um filme de acção? P(A)=1- P(4)=1-0,185=0,815 CA: P(A)= P(Seg 1)x P(AlSeg 1)+ P(Seg 2)x P(AlSeg 2)+ P(Seg 3)x P(A|Seg3)= =0,15x 0,45 +0,35 x 0,05 + 0,50x 0,20 = 0,185 26 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 35.2 - Os acontecimentos “pertence ao segmento 1” e “alugou um filme de ação” são independentes? Justifique. Se os acontecimentos forem independentes: P(Segmento 1 n A)= P(Segmento 1)x P(A) =0,15x 0,185 = 0,02775 P(Segmento1 mn A) P(Segmento 1) P(Segmento 1 4) = P(Segmento 1)x P(A] Segmento 1)=0,15x 0,45 = 0,0675 . Podemos então concluir que estes acontecimentos não são independentes. Na realidade, e através da expressão P(A|Segmento 1)= + temos que: 35.3 - Qual o segmento mais provável, sabendo que alugou um filme de ação? P(A|Segmento 1)x P(Segmento 1) 0,45x0,15 P(s to 1 A)= =0,365 (Segmento 1 4) P(A) 0185 P(Segmento 2| A)= P(A|Segmento 2)x P(Segmento 2) 0,05x0,35 0,095 P(A) 0,185 P(Scemento 3| 4)= P(A|Segmento 3)x P(Segmento 3) 0,20x0,50 0.540 P(A) 0,185 O segmento mais provável é o segmento 3. 35.4 - Entram 3 clientes no clube de vídeo, qual a probabilidade de pertencerem todos a segmentos diferentes? P(3 clientes serem de Segmentos diferentes) = =P(S1; 82; S3)+ P(S1; 83; 82)+ P(S2; S1; 83) + P(S2; 83; S1)+ P(S3; S1; 82) + P(S3; 82; S1)= =6x(0,15x0,35x0,50)=0,1575 36 - Um laboratório realiza testes para diagnosticar uma determinada doença que incide sob 3% da população. A probabilidade de um teste diagnosticar a doença a uma pessoa doente é igual a 0,86 e a probabilidade de diagnosticar como tendo a doença uma pessoa saudável é igual a 0,1. Calcule a probabilidade de: Sejam: P=O acontecimento “teste dar positivo”; S=0 acontecimento “ser saudável”; D=0 acontecimento “ser doente”. P(D)=003 P(S)=0,97 P(P|D)=0,86 P(P|S)=0,10 36.1 - Ser diagnosticada a doença a uma pessoa; Ser diagnosticada a doença significa que o teste dá positivo P(P)=P(D)x P(P|D)+ P(S)x P(P|S)=0,03x0,86+ 0,97x0,10=0,1228 36.2 - Uma pessoa com resultado positivo no teste ter a doença. P(D|P)xP(D) 0,86x0,03 =0,21 P(P) 0,1228 P(D|P)= 37 - Numa empresa de torrefação de café existem 3 máquinas de ensacar grão torrado, A, Be C. A máquina C ensaca o dobro da quantidade de A, ensacando as máquinas A e B a mesma quantidade. No total 2,5% dos sacos têm defeito. Sabe-se que 3% e 2,55% dos sacos com defeito são oriundos das máquinas B e C respectivamente. Verificou-se que um dado saco é defeituoso. Qual a probabilidade de ter sido produzido por A? P(A)=0,25 P(B)=0,25 P(c)=0,50 P(D|A)=? P(D|B)=0,03 P(D|C)=0,025 P(D)=0,025 P(D)=0,25xP(D| 4)+0,25x P(D|B)+0,50x P(D|C)& + 0,025=0,25x P(D | A) + 0,25 x0,03 + 0,50 x 0,025 «> 0,025=0,25x P(D| 4) +0,02 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 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 9 1/4 [3/8 [1/8 | 1/4 Acumidado | 2/8 | 5/8 | 6/8 | 8/81 Para resolver exercícios deste género, é aconselhável a inserção de uma linha com os acumulados, que como se pode verificar nas alíneas do exercício, facilita a resolução dos mesmos. 2.1 - Verificar que f(x) é uma função de probabilidade. Traçar o gráfico de f(x). fQpzo, vxe (1,2,3,4) e 1/4+3/8+1/8+1/4=1 fia 48 38 28 18 1234 2.2 - Determinar a função de distribuição F(x) e traçar o respectivo gráfico. 0O;x<l l/4;l<x<2 F(x)=35/8:2<x<3 6/8;3<x<4 l;x>4 30 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 Na primeira parte dos ramos da função, começando em O, coloca-se os acumulados, terminando assim em 1, que representa 100% do mniverso em estudo, sendo que na primeira parte do ramo se coloca o valor acumulado da parte inferior em que se situa o valor de x. 2.3- Calcular a probabilidade de formação de pelo menos 2 células filhas. Há duas hipóteses para resolver este problema, ou consideramos os acumulados maiores que 2 (neste caso o x é “3, ou consideramos o universo (1=100%) subtraído do acumulado menor que 2 (neste caso o x é “1, não se considerando para o efeito o sinal de igual. P(X >2)=1/4+3/8+1/8=3/4 ou P(X 22)=1-F()=1-1/4=3/4 3- O número de lançamentos num ramo é uma variável aleatória X, que toma os valores x, com probabilidade p(x)=kx,x=1,2,...,10. x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 pl) me | 2k | 3k | ak | 5k | 6k | 7k | 8k | 9k | 10k acimudadas [A 3 6 10 15 21 28 36 45 55 1/55 | 3/55 | 6/55 | 10/55 | 15/55 | 21/55 | 28/55 | 36/55 | 45/55 | 55/55 Simples | 1/55 | 2/55 | 3/55 | 4/55 | 5/55 | 6/55 | 7/55 | 8/55 | 9/55 | 10/55 3.1 - Calcular k de modo que p(x) seja uma função de probabilidade. 1k + 2k +3k + 4k +5k + 6k + 7k +8k +9k+10k =1 65 k =1/55 3.2 - Calcular a probabilidade de um ramo ter 2 lançamentos. P(X =2)=p(2)=2/55 3.3 - Calcular o número médio de lançamentos por ramo. u=ixbrox sax dan tesx d+ ox Ls7xIrax E rox 24 10x10.- 385 q 55 55 55 55 55 55 55 55 55 55 55 Lançamentos por ramo. 4- Sendo X uma variável aleatória com função de probabilidade: x 0 1 2 3 4 5 6 7 fo) 091/01/01/01/02/]02/01 0,1 Acumulado | 01/02/03 04 06 | 08 09 | 1=100% Para resolver exercícios deste género, é aconselhável a inserção de uma linha com os acumulados, que como se pode verificar nas alíneas do exercício, facilita a resolução dos mesmos. 4.1 - Determinar a função de distribuição de X. 0;x<0 01;0<x<l 0,2:;I<x<2 0,3;2<x<3 F(x)=40,4:3<x<4 0,6;4<x<5 0,8;5<x<6 09:6<x<7 1;x>7 42- Calcular P(X>2), P(X<4), P(X>1]X<4). P(X>2)=0,1+0,2+0,2+0,1+0,1=0,7=70% ou P(X >2)=1-03=0,7=70% P(X<4)=01+0,1+0,1+0,1=0,4=40% PUSX<4 01+01+01+02 0 PX21|X<4= = -83 P(X<4) 01+01+01+01+0,2 0,6 = 5 =0,8333=83,33% 31 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 43- Calcular ge o U=L xx f(x) =0x0,1+1X0,1+2x0,1+3x0,1+4x0,2+5x0,2+6x0,1+7x0,1=3,7 o =sxxf0)-u = =02x01+12x0,1+22x0,1+32442x0,2+52x0,2x0,1+62 x0,1+72x0,1-3,7º = =181-13,69=4,41 o=V441=21 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. n Tendo N uma função de probabilidade P(N =n) = 53) + n=0,1,2, calcular a média e a variância do número de refeições comidas por dia. Temos que calcular primeiro a função de probabilidade: pn 0 | 1 ip 2/) 0 1 2 P(N=n) (5) -4 o) -2 (5) =d n2 7.nN2 7.NnN2 7 u=TxxP(N)=(0x4/7)+(1x2/7)+(2x2/7)=4/7 o? =paxpny- 2 =(02x4/7)+(2x2/7)+[22x1/7)-(4/7P = 0,53 6 - Sendo X uma variável aleatória discreta com função de distribuição: O :x<-4 1 — 1-4Sx<-2 8 El ;-2<x<0 F(= 8 Determinar a função de probabilidade f(x), uece. 5 =) 0<x<2 8 em 2<x<4 8 1, x>4 Para resolver este problema precisamos de definir a função de probabilidade f(x). O raciocínio que deve ser feito será mm raciocínio contrário aquele 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 no ponto “x=-2" (exclusive), isto é no intervalo “x<-4º, 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 nenlumm 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 mm 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 Neste caso para calcular f(x), fazemos no contrário, como f-4) é 1/8 e o acumulado seguinte é 3/8, basta subtrair 3/8 - 1/8, e chegamos no f-2), e assim sucessivamente. Podemos agora calcular ge &. u=Lxxf()=(-4x1/8)+(-2x2/8)+(0x2/8)+(2x1/8)+(4x2/8)=1/4 vw 3 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 O integral ['º f(x)dx corresponde à área delimitada pelo eixo do x e a função f(x) (inha vermelha). Vamos verificar se dá 1. 37 3 E [x - | pro o Espada o 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 mm 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 no valor x. Este tipo de integrais em que um dos vnlores de integração é um valor não definido x chama-se “integral indefinido”. Por questões de melhor compreensão, uns expressões a integrar, a variável “x” será substituída por “t ”. Deste modo podemos ver uitidamente 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 vio obter vio 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 “co a 0”, de “0 a 1” e de “1 a +00”, Estes não ser os intervalos de cálculo da EQ). [e 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 “O” (ver a fdp) a função é “0”. Eco f(0)dt = Po Odt =0 . ca (4 né PTI E rodr=[1.04r+ 5 t Ju É | | (1) [257 l ; x 4 x 4 LÊ Ee f(Ddr=[".Odr + us = a +[rOdt= Es] = É 0 :ix<0 3 Podemos então, escrever: F(x)= a — 0<x<l 1 :x>l P(x<0,5) = ?, Para resolver este exercício, basta verificar em que ramo do sistema está, e neste caso é no 2º ramo ar — = 0<x<1, pelo que basta substituir onde está “x” por 0,5. 3 P(x<0,5)= FOsy=5x05- e -&- ER 0,5 Está no intervalo [0 < x <1] 24 24” 11 -Sendo Xo peso (g) das proteínas existentes em cada embalagem de um dado alimento, com função de densidade de probabilidade. v A PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 2 x, O<x<l fo= a(1-31). IexsT 0, outros valores de x 11.1 - Traçar o gráfico de f(x). 1 2 13 11.2 - Determinar a função de distribuição de X. Nesta fdp temos 4 ramos. FE. fat = [5,04 =0 [o<x<1] r 3 3 3 porem go [22] [2] [826 3 ereto] 3) 11 Eosont=te não geo p(ão ao) =/5] apra | = o 1 3) map Eron nã Pao 0 20 pat /5 apra | = 3 4 141 lo 1 Ol 3 3 a e) S o 3) soe) «Lo (B 18) (2-9. 3 3 4 3 2 3 2 72 4 8 A, 294 147 99 “nº nn no PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 0,x<0 3 LD o<x<i 3 Podemos escrever: F(x)= 2 3x, cs I<x<7/3 8 4 Lx>l 3 11.3- Calcular a probabilidade de, numa embalagem escolhida ao acaso, o peso das proteínas ser: 11.3.1 - Pelo menos 0,5 g. (05) P(X ostras =1-[ , 1 =1-— =23/24 frias 11.3.2 - Não superior a2 g. 32 IO 2 4 4 PXSD=PQ)=- =23/24 11.4- Calcular F(2) - F(0,5), indicar o seu significado e representar este valor graficamente aproveitando o grático traçado na alínea a). 1 2. q F(2 rosy-2-1- DM = 54 Mm 24 12 12 41 2 13 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 f(x) = +15 —3x? ). 0<x<l. 12.1 - Calcular a probabilidade de a enzima ter uma eficiência maior do que 50%. 3 L PX >05)=lisghi-a2 Jo d]os-35 | asa 300 )- [5os- 305" sa |. 0,5 fe-n(E-]-fo-(2)-1-B=3 12.2 - Calcular a média e a variância da eficiência. Média: I = = Tex fo)dr= ls 3h5- 3x e-dlbe aba = o o b 1/50? 30 | [sr soft E-s 42 4 2 4 | 42 4) 16 Variância da eficiência: =Te xflQ)dx— pu? =[º x— ab- 3x 2 u "site -3 Jar -u? PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 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. Coustruir 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 múmero de bolas castanhas que se podem ter em três tiragens com reposição é óbvio que esta variável pode assumir os valores 0, 1,2€3. Por outro Indo, sempre que não sai uma bola castanha terá que sair mma 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: 3 P(ter O bolas castanhas)= P(X =0)= P(NNN) = Ex 8x8 8 =0,512 10 10 10 LIO P(X =D) = P(CNN) + P(NNC) = 3x 2x8. x 8. = 0,384 101010 P(X =2)= P(CCN)+ P(CNC)+ P(NCC) = 3x 2x 2x8 = 0,096 101010 px =3=p(cco)= 2x2. x2.-0,008 1010710 xl 0 1 2 3 O) | 0,5125 | 0,384 | 0,09 | 0,008 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: Coustruir a função de probabilidade conjunta de X(Castanhas) e Y(Amarelas) é construir mma tabela que responda a perguntas do tipo: “qual é a probabilidade de X ser O e, no mesmo tempo, Y ser 12” Para isso vnimos 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 PX=0:"=0) 0 0/3 P(BBB) 3343-0027 1010 o P(X=Gy=D) 0/12 P(ABB)+ P(BAB)+ P(BBA) sxixix2 0135 1010 io PX=07=9) 0211 P(AAB)+ P(ABA)+ P(BAA) sxixix2-0,225 1010/10 PX=07=3 03.0 P(AMA) 5,5 ,5 0125 1010 o P(X=Y=0) 1/02 P(CBB) + P(BCB)+ P(BBC) 3x2 x 2x2. -0,054 101010 P(X=LY=1) 1/11) P(ABC)+P(ACB)+ P(BAC) + P(BCA) + P(CAB) + P(CBA) xx dxãoo, 180 PMX=Y=2) 1210 P(CAA)+ P(ACA)+ P(AAC) xixixã- 04150 Px=1r=3) [1 80 (4 bolas) IMPOSSIVEL 0 P(X=27=0) 2/01 P(CCB)+ P(CBC)+ P(BCC) 3x2 x 2x2. -0,036 101010 P(X=2y=) 2/10 P(CCA) + P(CAC)+ P(ACO) 3xãx Exa = 0060 PX=2/=9) [2 2 0 (4 bolas) IMPOSSIVEL 0 PX=2/=3 2 3 0 (5 bolas) IMPOSSIVEL 0 PX=37=0) 3 010 P(CCC) 2,2x2-0008 1010/10 40 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Px =3r=0 [3/10 (4 bolas) IMPOSSIVEL 0 PX=3r=2))3 2 0, (5 bolas) IMPOSSIVEL 0 PX=3Y=3 3 30, (6 bolas) IMPOSSIVEL 0 Agora já podemos construir a seguinte tabela de probabilidade conjunta: x 0 1 2 3 1H) Y 0 | 0,027 0,054 | 0,036 | 0,008 | 0,125 1 0135 018 006 | 0 0,375 2 0225 015) 0 0 | 0375 3 015) 0 0 0 | 0,125 Rx.) | 0,512 0,384 | 0,09 | 0,008 1º 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 mma probabilidade acumulada para a intercepção de dois interonlos, mm para cada mma 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). Oraa 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 wma das variáveis pode ser tratada em intervalos, tal como se faz com as variáveis aleatórias mnidimensionais, 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 luavia sido referido, esta probabilidade corresponde a P(X < 2; Y < 1). No quadro estão delimitadas a verde as células correspondentes nos pares de valores (x,y) que cumprem as condições requeridas. x 0 [1[2]3 149 Yo] | 0 | 0,027 | 0,054 | 0,036 | 0,008 | 0,125 1 0,135 | 018 | 006 | 0 | 0375 2 0,225 | 015] O 0 | 0375 3 0,125 | O 0 0 | 0125 Rx) | 0,512 | 0,384 | 0,09 | 0,008 1 Assim: P(X =2)=P(CCN) + P(CNC) + P(NCC) = 3x xx 0096 P(X<2;Y<1)= =P(X=0,7=0)+PMX=0/=D+PMX=7=0+PMX=1Y=D+PX=2/=0+P(X=2;Y=D= =0,027+0,135 +0,054+ 0,180 + 0,036 + 0,060 = 0,492 (confirmar este valor no quadro seguinte). Vejamos outro exemplo (células limitadas pelas linhas a azul): PX<IY<9)= =P(X=0,7=0)+PMX=07=D+PMX=07=9)+PMX=hY=0+P(X=1Y=D+P(X=1Y=D= =0,027+0,135+ 0,225 +0,054+0,180+0,150= 0,77Nconfirmar este valor no quadro seguinte). Y x x<0 0O<x<l | 1<x<2 2<xx<3 x>3 y<0 0 0 0 0 0 O<y<l 0 0,027 0,081 0,117 | 005 l<y<2 0 0,162 0,396 0,492 0,5 2<y<3 0 0,387 0,771 0,867 | 0,875 Y>83 0 0,512 0,896 0,992 1 15.4 - Verifique se X e Y são variáveis independentes. 41 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Xe Y não são independentes porque f(x,y) f(x) x fly) como se prova, por exemplo, com P(X=1;Y=1) = P(X-1) x P(Y=1), isto é, 0,180 = 0,384 x 0,375. 16 - Num dado distrito, com três concelhos, A, Be C, a superfície agrícola útil é constituída por solos de textura arenosa (1), média (2) e argilosa (3). A função de probabilidade conjunta, flx,y), é dada por: x/ 1 2 3 Y A 0,18 | 0,09 | 0,16 B 0,09 | 0,12 | 0,2 c 0,03 | 0,09 | 0,04 16.1 - Indicar o valor de (3,4) e explicar o seu significado. f3,4)-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 Xe de Y. As funções de probabilidade marginal de X e Y correspondem nos 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 assina. X/1/2/3 Yo A B c 0) 03 03 04 fy 043 0,41] 0,16 16.3 - Qual o valor de f(B) [ou f, (B)]? O que representa? f(B)=f,(B)=0,41 e traduz a percentagem de superfície agrícola do concelho B dentro da totalidade do distrito: 16.4 - Calcular F(3;4) e indicar o seu significado. F(3;4)=0,18+0,09+0,16=0,43 16.5 - Calcular P(X<3;Y<A). P(x<3y=A)=P(X=1y=A)+ P(X=2:7=4)=0,27 16.6 - Qual a probabilidade de um solo ter textura média, sabendo que é do concelho A? PelA= PX=27=A) 009 04, P(Y=A) 0,43 16.7 - Verifique se X e Y são variáveis independentes. Xe Y não são independentes porque fx,y) =flx) x fly) como se prova, por exemplo, com P(X=1,Y=A) x P(X=1) x P(Y=A), isto é, 0,18 0,30 x 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 —nião Amarela, etc.) 17.1-... Em 3 tiragens sem reposição e com 2 bolas Castanhas presentes un caixa o mímero 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 coma de Be, portanto: P(C) = P(A) + P(B)=5/10+3/10=8/10 PX=0)=P(CCC)=8/10x7/9x 6/8=42/90=7/15 P(X =1)=P(CCC) + P(CCC) + P(CCC) =3x2/10x 8/9x 7/8 =42/90=7/15 P(X=2)=P(CCC) + P(CCC) + P(CCC) =3x2/10x 1/9x 8/8 =6/90=1/15 xl 0 [1/2 fo) 7/5 75 1/15 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 FICHA 4 Distribuições Teóricas Discretas 1 - Dada uma moeda equilibrada e sendo X o número de coroas obtidas em 6 lançamentos, determinar: Aunlisemos a situação exposta para vermos que tipo de distribuição temos: * 6 Provas com 2 resultados possíveis: face ou coroa (provas de Bernoulli); * Provas independentes (independentes porque ou sai coroa, ou sai cara) pois as probabilidades de sair face [P(F)] e de sair coroa [P(C)] mantêm-se constantes no longo das 6 tiragens; Logo, estamos perante mua Distribuição Binomial. néo número de provas D 6 lançamentos péa probabilidade de sucessos, que neste caso em concreto serão metade das lipóteses (0,5) Xp» N.º de coroas em 6 lançamentos. X NBin(6:0,55 ) 11 - A probabilidade de obter 2 coroas. P(x =2)=º C,x0,52 x 0,592 =15x0,25x0,0625=0,234375 Para calcular factoriais na calculadora “Casio fx9860”: Escolher opção “OPTN” e depois “STAT”, depois “F6” para as restantes opções e escolher “PROB” e depois mg”, Posso também utilizar a função “nCr” e por exemplo: C;, fica 20C3 e dá 1140, evitando assim as operações com factoriais. 1.2- P(X-3). P(x =3)=º ,x0,5º x0,52 =0,3125 1.3- P(X<2). P(x<3)=P(x=0)+P(X =1)=(8C9x05º x0,590)+ (8c,x0,5!x0,51)= =0,015625 +0,09375=0,10938 14- P(X>2). P(X>9)=I-PX<9=[PX=0)+PX=D+P(X=2)]= =1-(0,015625 + 0,09375 + 0,234375) =1-0,34375 = 0,65625 1.5- P(I<X<3). PA<X<3=P(X=2)=0,234375, como éentre le 3, é P(X =2), que já foi calculada 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 D) fazer uma mudança de variável de modo a defini-la directamente em função das “faces”. a) P(obter 2 ou muis 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)= 0,015625 + 0,09375 + 0,234375 + 0,3125 + 0,23438 = 0,89062 CA: 45 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 p(x =0)=(*c9x0,5ºx0,55-0)=0,015625 elx ==("cx0,5!x0,591)50,09375 P(X =2)=º C,x0,5? x0,592 = 0,234375 P(x =3)=º C3x0,5 x0,5º =0,3125 P(x =4)=º C,x0,5!x0,59! =0,23438 ajufe vinHio ojnfr ve aja b) Mudança de variável: Y >» Nº de faces em 6 lançamentos YO Bin(n,p)>Y n Bin(6:0,5) P(obter 2 ou mis faces)= P(Y >2)=1-P(v <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(v <4)=P(v =0)+ P(Y=1)+ P(r =2)+ P(Y =3)=0,65625. tilizámos os cálculos da alínea anterior, mudando só a variável elr=0)=(c9x05º x0,59-0)=0,015625 elr=1)=(cx0,5!x0,551)=0,09375 P(Y=2)=9 0, x0,52 x0,592 = 0,234375 P(r=3)=" C4x0,5 x 0,59? =0,3125 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: * Quala distribuição? Temos: * 6 Provas com 2 resultados possíveis: albinos ou não albinos; * Provasindependentes pois as probabilidades de albinos [P(A)] e de não albinos [P(N)] mantém-se ao longo dos 6 nascimentos; logo estamos perante mma Distribuição Binomial. X> Nº de ratinhos albinos em 6 nascimentos. nu =6filhos (nº de provas) p = 0,2 (probabilidade) XnBin (6; 0,2) 2.1 - Não haver albinos; P(X =0)=º C9x0,2º x0,89º =0,262144 2.2 - Nascerem dois ou mais albinos; P(X>2)=1-P(X<2=1-[P(X=0)+P(X =D]= =1-(0,26214446 €,x0,2] x0,89-1)=0,34464 46 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 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 >» 1º de ratinhos NÃO albinos em 6 nascimentos. nu =6filhos (nº de provas) p = 0,8 (probabilidade), como estamos a estudar Y (não albinos), então: 1 0,20= 0,80 YNBin(n,p)>Y n Bin(6:0,8) PWY<D=PWY=0+PW=D+P(Y=2)= =(8c0x0.8ºx0,25)+ (*c,x0,8!x0,25)+ (92 x0,82x0,24)= = 0,000064 + 0,001536 + 0,01536=0,01696 24-Só haver um albino; Px ==" 0,x0,2]x08%!=0,393216 2.5 - Nascerem no máximo 3 albinos. PX<I)=P(X=0+PMX=D+PX=9+P(X=3)= =0,262144 + 0,393216 + 0,24576 + 0,08192 = 0,98304 CA: PX=0)=" C9x0,2º x0,89º =0,262144 Px ==" 0,x0,2]x08%!=0,393216 P(X ==" C,x0,22x0,892 =0,24576 P(X =3)=* C3x0,22x 08º? =0,08192 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 independente de dia para dia e o quadro seguinte dá a probabilidade de precipitação de x mm na época de desenvolvimento da doença: O<x<l | Ixx<2 | 2<x<3 | 3<x<4 | 4<x<5 | 5<x<6 | x>6 [ fo) 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? Ocorrer um dia luímido é ocorrer um dia com precipitação superior ou igual a 4 mun. P(H)=P(X 24)=0,15+0,15+0,05=0,35 3.2 - Ocorrerem sucessivamente 3 dias húmidos? Y >» Ocorrência de precipitação igual ou superior a 4mm em 3 dias; u=3 dias (nº de provas) p = 0,35 probabilidade de ocorrência de precipitação igual ou superior a 4 mun YA Bin(3:0,35) PY => 0,x035 x 0,65? =0,042875 3.3 - Haver pelo menos 2 dias húmidos numa semana? Z » Ocorrência de precipitação igual ou superior a 4mm em 7 dias; u=7 dias (nº de provas) p = 0,35 probabilidade de ocorrência de precipitação igual ou superior a 4 mun 47 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Ya D uº de trabalhadores com atitude não definida numa amostra de 20; p1=0,6; po =0,3; p3=0,1 20! P(K=10:%,=6;%,=4)=—>—— (1 == =38.798.760 x 0,006 x 0,00073 x 0,0001 = 0,01710243222 x 0,610 x0,3º x 0,1! = 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? Este exercício resolve-se pela Hipergeométrica. O produto de “4 bolas” só será negativo se houver mímero ímpar de bolas negativas. XD Nº de bolas com valor negativo inscrito N=14bolas (nº total de elementos ou população) Kk =8 bolas com número negativo (nº de elementos com determinado atributo) u =4 extracções sem reposição xo H(Nkn)>xXn H(148:4) X pode tomar valores entre O e 4 (inclusive). Destes sião ímpares o “1” e o “3”, Assim, a probabilidade do produto ser positivo é: P(produto ser positivo)=1-P(produto ser negativo)= 8 6 8 6 =1-[P(X =D) + P(X =3)]=1- AX CG, Cx G =1-0,4955=0,5045 Mg ig 4 4 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? Binowial D as provas têm 2 resultados possíveis: “correctamente preenchidas” e “com erros”; XD» Nº de declarações correctamente preenchidas mma amostra de 10; u =10 declarações seleccionadas (nº de provas) p = 0,40 probabilidade estarem correctamente preenchidas X NBin(n,p)> X O Bin(10:0,4) ! —O 049 x0,6! =0,111476736 [cio — 6)>x61] Px =6)=!º €,x0,4º x0,6º = 7.1.2 -2 com erros? Binowial D as provas têm 2 resultados possíveis: “com erros” e “correctamente preenchidas”; Como o enunciado pede as que têm erros muda-se a variável Y > Nº de declarações com erros mma amostra de 10; u =10 declarações seleccionadas (nº de provas) p = 0,60 probabilidade de terem erros 1-0,4=0,6 YNBin(n,p)>Y n Bin(10;0,6) P(y=2)=10 C, x0,62 x 0,4 = 0,010616832 50 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 71.3 - 4 correctamente preenchidas, 2 com erros a apenas favor do contribuinte e 1 com erros apenas a favor do Estado? Multinomial D as provas têm 4 resultados possíveis: declarações “correctamente preenchidas”, “com erros exclusivamente a favor do contribuinte”, “com erros favorecendo apenas o Estado” e “com os 2 tipos de erros”; XD nº de declarações correctamente preenchidas numa amostra de 10; X> nº de declarações com erros exclusivamente a favor do contribuinte numa amostra de 10; X3 nº de declarações com erros favorecendo apenas o Estado mina amostra de 10; XD nº de declarações com os 2 tipos de erros muma amostra de 10; p1=0,4; p2=0,3; p3=0,11; p4=0,2 10! P(X1=4;X2=2;X3 =1;X4 =3)=——— x0,4! x0,32 x0,1! x0,2? = 42x 1x3! =12.600x0,0256x0,09x0,1x 0,008 = 0,02322432 7.2 - Em 10 declarações qual o número esperado de declarações com erros apenas a favor do contribuinte? O múmero 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 mma distribuição Binomial. Assim: u=nxp=10x0,30=3 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: Este exercício resolve-se pela Hipergeométrica. 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. XD» Nº de artigos defeituosos numa amostra de 10; N = 100 peças dim lote (nº total de elementos ou população) k=20 são defeituosas (nº de elementos com determinado atributo) u =10 extracções sem reposição ou amostra HA H(N:kin)> Ho H(100:20:10) 8.1 - Haver 3 defeituosas? NC, x80 c; PX=3)= 100, =0,2092080852 10 8.2 - Haver 5 defeituosas? Mc, 80 cs Tg =0,02153146996 1 P(X =5)= o 9- A duração (em centenas de horas) de um determinado componente eletrónico foi modelada por uma distribuição geométrica com parâmetro p=0,8. X: Duração (em centenas de horas) de mm determinado componente electrónico. x no(08) Determine a probabilidade desse componente eletrônico: 9.1 - Durar menos de 400 horas; P(Duração inferior a 400h)> P(X <5)=P(x =1)+ P(x =2)+ P(Xx =3)+ P(Xx =4)= =0,8+(0,2x0,8)+(0,2x0,2x 0,8) + (0,2x0,2x 0,2 x 0,8) = 0,9984 51 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 Obserações: na Distribuição Geométrica não faz sentido falar em P(X=0). 9.2 - Durar mais de 500 horas. P(Duração superior a 500h) > P(X >5)=1-(P(x =1)+ P(x =2)+ P(x =3)+ P(x =4)+ P(X =5)= =1-0,8+(0,2x0,8)+(0,2x0,2x0,8)+ (0,2x0,2x0,2x0,8) + (0,2x0,2x0,2x 0,2 x0,8) = 0,0032 10 - Uma moeda viciada é lançada sucessivas vezes, até que ocorra a primeira cara. Seja X a variável aleatória que conta o número de lançamentos até que ocorra a primeira cara. Sabendo que a probabilidade de cara é de 0,4; qual a probabilidade de: X: Número do lançamento em que ocorre a primeira face. x nG(0,4) 10.1- P(2<X<4); P(2<x<4)=P(x=2)+P(X=3)=(0,6x0,4)+ 66 x0,4)=0384 10.2- P(X>1 | X <3). p(x>1|x <3)=PUSXSI P(x=2)+ P(X =3) 0384 P(<3) P(x=D)+p(x=2)+P(x=3) 0,784 =0,49 11 - 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. 11.1 - Qual a probabilidade de o vendedor conseguir vender os 20 artigos na 1º opção? XD» Nº de artigos defeituosos numa amostra de 4; N=20artigos (nº total de elementos ou população) Kk=4 não estão de acordo com as especificações (nº de elementos com determinado atributo) n = 4 extracções sem reposição ou amostra (o comprador examina sempre 20% dos artigos, portanto 20x 20% =4 extracções sem reposição) HOH(NikmD)SHAH(QO; *coxló ca Dc, P(vender lote de 20 peças) = P(X =0)= =0,3756449948 11.2 - 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. Mudança de variável. Y>» Nº de artigos defeituosos muna amostra de 2; N = 10artigos (nº total de elementos ou população) Kk=2 não estão de acordo com as especificações (nº de elementos com determinado atributo) 52 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 144 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 bons e que, no máximo, 2 poderio ser defeituosas. Violar a garantia será ter mais de 2 defeituosas nas embalagens de 20. Ze Nº de peças defeituosas numa embalagem de 20; Zn Bin(n; p) > Z N Bin(20;0,05) P(Z>9=1-[P(Z=0+PZ=D)+P(Z=2]= =1- (po Co x0,05º x 0,950 +20 €,x0,05! x0,951º +20 €, x 0,057 x0,95!8 )- 1-0,9245=0,0755 15 - Um PBX recebe em média 60 chamadas telefónicas por hora. Calcular: Aplica-se a Distribuição de Poisson, pois estamos a trabalhar com uma intervalo de tempo. XD» N.º de chamadas telefónicas por hora mm PBX 21=60 clamadas/hora ou 60 chamadas/60 minutos (nº médio de eventos que ocorre mim dado intervalo de tempo ou região espacial) 15.1 - A probabilidade de ser recebida apenas 1 chamada durante um período de 1 minuto. Converter o À A=1 chamada/1 minuto X nPo(1) Lodi p(x=1)=£ o =0,3678794412 15.2 - A probabilidade de serem recebidas pelo menos 3 chamadas num intervalo de 5 minutos. Converter o À Ao=5 chamadas/5 minutos x nPo(s) + + o! 1! u 5 O -5 1 -5 2 race teamo era =nenr ar x5 ,e x5 e é) =1-0,1246520195= 0,8753479805 15.3 - Qual o número esperado de chamadas em 10 minutos? E numa hora? ty = 10 chamadas; (4, = 60 chamadas. 16 - Suponha que um livro de 585 páginas contém 43 erros tipográficos. Se esses erros estiverem aleatoriamente distribuídos pelo livro, qual a probabilidade de: 16.1. Uma página qualquer não ter erros? Aplica-se a Distribuição de Poisson, pois estamos a trabalhar com wma região espacial. XD» Nº de erros numa página. A=43 erros/585 páginas=0,074 erros/púgina (nº médio de eventos que ocorre mm dado intervalo de tempo ou região espacial) X A Po(0,074) e x0,0740 o! P(X=0 16.2. 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”. 55 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 17 - Admite-se que 5% da produção de certa fábrica apresenta defeitos. Numa encomenda de 100 unidades, qual a probabilidade de se encontrarem: XD» N.º de peças defeituosas mma encomenda de 100 unida des; u = 100 uuidades (nº de provas) p = 0,05 probabilidade de terem defeitos X A Bin(100:0,05) 17.1. Duas peças defeituosas? P(X=9="9 C, x0,05º x0,95 =0,08118177186 17.2. No máximo 2 peças defeituosas? PX<9=P(X=0)+PX=D+P(X=2)= O Cy x0,05º x 0,95100 4100 €, x 0,05! x 0,95 +0,08118177186=0,1 182629812 18 - Uma máquina produz peças das quais apenas 74% são consideradas perfeitas. X: Número de peças produzidas até ter a primeira defeituosa. x nG(0,26) 18.1 - Qual a probabilidade de a 5º peça ser a primeira a apresentar defeito? px =5)=qDx p=0,74º x0,26=0,078 18.2 - Qual a probabilidade de ser preciso produzir pelo menos 2 peças para que a primeira peça perfeita seja produzida. Neste caso podemos considerar que o sucesso n obter é a peça perfeita. Assim podemos definir uma nova vnriável: Y: Nº de peças produzidas até ter a primeira perfeita. YynG(0,74) pwy>3=1-(P(r=1)+P(y=2)=1- (g!1-) xp + qe Dx p)= I- (0.74 +0,26! x 074)= 0,0676 VER NOVAMENTE O EXERCÍCIO 3 0U2 19- Um casal com problemas para engravidar, recorreu a uma técnica de inseminação artificial no intuito de conseguir o primeiro filho. A eficiência da referida técnica é de 0,20 e o custo de cada inseminação 1500 €. X: Número de inseminações para ter o primeiro filho. x nG(0,2) 19.1 - Qual a probabilidade de que o casal obtenha êxito na terceira tentativa? px =3=q8-Dxp=0,82x0,2=0128 19.2 - Qual o custo esperado deste casal para obter o primeiro filho? 1 1 Custo esperado = 4X 1500=-—x1500=—x 1500 = 7500€ p 20 - Numa fábrica o número de acidentes por semana segue uma lei de Poisson com parâmetro igual a 2. Calcular a probabilidade de: 20.1. Numa semana haver pelo menos um acidente. 56 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 XD Nº de acidentes por semana; Ay=2 acidentes/semana (nº médio de eventos que ocorre mm dado intervalo de tempo ou região espacial) XnPo(2) x2º 0 =1-0,1353352832=0,8646647168 P(X2D=1-P(X=0)= 20.2. Numa semana haver pelo menos um acidente, sabendo-se que na semana anterior não se tinha registado nenhum. 20.3. Em 2 semanas se verificarem 4 acidentes. Y > Nº de acidentes em 2 semanas; do = 2x2=4 ncidentes/semana (nº médio de eventos que ocorre mum dado intervalo de tempo ou região espacial) XnPo(4) et xa! PúW=4)= = =0,1953668148 20.4. Numa semana haver 2 acidentes e na semana seguinte outros 2. À, = 2acidentes/semana P(2 acidentes mma semana e 2 acidentes na semana seguinte) = —2 2 —2 2 px =2)x P(x =2)=LXZ pe x? H =0,2706705665? = 0,07326255555 21 - 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: 21.1- O valor mínimo que a média da distribuição pode tomar. XD» Nº de rebuçados em 250g; ALA P(X =)>0861-PA=0>086 Px -0)<025 HE coa, set< 0,26 4>-In(0,2) & 4 > 1,609437912 rebuçados/250g 21.2 - Tomando esse valor médio, calcular a probabilidade de, numa embalagem de 500 g, existirem exatamente 8 rebuçados de chocolate. Como a embalagem da alínea anterior era de 250 g e nesta pede 500 g, que é o dobro, entião: À=2x1,609437912=3,218875825 rebuçados/500g XD» Nº de rebuçados em 500g; À = 2x1,609437912=3,218875825rebuçados/500g (nº médio de eventos que ocorre num dado intervalo de tempo ou região espacial) X n Po(3,218875825) PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 P(X > x1)=0,90 6 P(Z > 2)=0,90 P(Z <-2)=0,90 5, na tabela procuramos o valor muis próximo da probabilidade 0,90, e tiramos o respetivo z, que é 1,28, mas como a tabela é para P(z < 2, eo enunciado pede P(x < x), eutio o zé -1,28. &-=12867=-1,286 x =109,76 -120 CA: att o ts 0 (195 x8=x-1206-10,24=x -1206 x =109,76 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 kg2. Calcular a probabilidade de uma embalagem ter peso: x > z— tabela XD Peso das embalagens de um determinado produto X A N(10,01) | = 1kg de média o? = 0,01kg? de variância » o = /0,01=0,1 DX A N(:;0,01) 2.1 - Superior a 1,121 kg. P(X >112)=P(Z>1,21)=1- P(Z<1,21)=1-0,88686=0,11314 121-1 CA: aê Jo0T =1,21, então: Verificando na tabela 121, o valor encontrado é: 088686. 0,01 2.2- Entre 0,879 kg e 1,121 kg. Represente graficamente a probabilidade obtida. P(0,879)< X <1121)=P(X <1,121) - P(0,879)= P(Z<1,21)- P(Z<-12D= =0,88686 — (1 — 0,88686) = 0,88686 — 0,11314=0,77372 23 - Alguém comprou uma pack de 10 embalagens. Qual a probabilidade de nesse pack ter 3 embalagens com peso superior a 1 kg? Como é superior à média muda-se de variável Y >» Nº de embalagens com peso superior a lkg mm pack de 10; n=10 embalagens (nº de provas) p = 0,5 probabilidade de ter peso superior a lkg Yn Bin(10:0,5) D (o 2º parâmetro da Binomial é a probabilidade do sucesso, neste caso, “ter peso superior a 1kg”. Sendo X a respectiva variável e lkg a sua média, ter peso superior a 1kg é, obviamente, 0,5, ou seja, metade das hipóteses) P(y=3)= C,x0,5º x0,5' =0,1171875 24 - 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? WD Nº de embalagens com peso inferior a 0,975kg numa amostra de 5; Tal como ua alínea anterior estamos perante mma 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: P(X <0,975) = P(Z <—0,25)= P(Z < 0,25) = P(Z > 0,25) 0,975-1 0.01 Então: Verificando na tabela 0,25 , o vnlor encontrado é: 0,59871, e: =1-P(Z<0,25)=1-0,59871=0,40129 Agora sim, podemos regressar à nossa Binomial: Win Bin(5:0,40129) CA: =-0,25 60 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 PW>9=1-[P(W=0)+P(W=D]= =1- (cs x0,40129º x 0,59871 4º 5 x0,40129! x0,59871*)= 1 0,3347344796= 0,6652655204 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 > z— tabela XD comprimento da concha de mma população de gastrópodes marinhos; p= Tm de média 02 =2mmê de variância » o = 2=2 DPXAN(G:2) 3.1 - Menor que 9 mm? P(X<9)=? CA: =1,414213562 Então: Verificando na tabela 141, o vnlor encontrado é: 0,92073, e: P(Z<1,41)=0,92073 3.2 - Entre 5 e9 mm? P(S<X<9)=P(X<9)- P(X <5)=0,92073- P(Z <-1,41) = 0,92073- (1- 0,92073) = 0,84146 3.3 - Menor que 5 mm? P(X<5)=P(Z<-1,41)=P(Z>1,41)=1-0,92073=0,07927 3.4- Entre 6 e9 mm? P(6<X<9=P(X<9-P(X<6)=0,92073- P(Z <-0,7)= CA: P(X<60)> s=858 87. oqmogiao, verificando na tabela 0,71, é: 0,76115 2 Então: =0,92073- (1-0,76115)=0,68188 = 0,682 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 dias2. 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?. Se uma laranja contaminada com esporos dos dois fungos se mantiver durante 9 dias a 20º C qual a probabilidade de: XD Tempo de desenvolvimento do fungo A com X A N(T:4) Y >» Tempo de desenvolvimento do fungo B com Y A N(10;2) 4.1- O fungo A se desenvolver? P(X<9=? “9-7 CA: = V4 =1, verificando na tabela 1, é: 0,84134 = 0,841 4.2- O fungo Bse desenvolver? PY <9)=? 92-10 0 4071067812=071, verificando na tabela 0,71, é: 0,76115 =0,761 2 Então: P(Y<9=P(Z<-0,7D)=P(Z>0,7)=1-(P(Z<0,71)=1-0,76115= 0,23885 = 0,239 CA: 4.3 - Ambos os fungos se desenvolverem, assumindo que não existe interacção entre eles? P(ambos se desenvolverem) 61 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 P(X <9)x P(Y <9)=0,84134x0,23885 = 0,200954059 = 0,201 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 — z — tabela Xb Peso de mm estudante do sexo masculino, mma determinada universidade; pg = 75,5kg de média o =7,5kg de desvio-padrão, que implica que a variância seja 7,52 =56,25, então a variância é (56,25 XONQUO?) DX 0 N(15,5:56,25) 5.1 - Entre 60 e 77,5kg: P(60<X<775)=P(X <77,5)- P(X — 60) 71,5-75,5 75 ani so =0,266667 = 0,27, verificando na tabela 0,27, é: 0,60642 = 0,606 =-2,066667 = —2,07, verificando na tabela 2,07, é: 0,98077 = 0,981 Então: P(Z <0,27)- P(Z<-2,07)=0,606- (1- 0,981) =0,587 5.2 - Mais de 92,5kg: P(X >92,5) ca: estt 225758 2,266667 = 2,27, verificando na tabela 2,27, é: 0,98840 = 0,988 Então: P(Z> ama r- — “mz >2,27)=1-0,988=0,012 6 - O peso das embalagens de presunto produzidas por uma empresa é uma variável aleatória normal X. Sabendo que P(X<88,559)-0,011 e P(X>105,809)=0,123, determinar: XD Peso das embalagens de presunto; 6.1 - Os parâmetros 4 e 02 da distribuição. Temos 2 incóguitas (u e o) que vão ser obtidas por sistema a partir de 2 equações que são as expressões de cálculo de “zy” (obtido a partir de “x,-88,55g) e de “z5” (obtido a partir de “x,=105,8097). Nestas equações, figuram z, x ye o. Sabendo 2 delas (os “2'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 z1 e a 105,8 corresponde zo. À esquerda do valor x1=88,55 temos À direita do valor x»=105,80 temos una pequena área de 0,011. Se a área uma pequena área de 0,123, Se a área fosse maior que 0,5, este valor teria de fosse maior que 0,5, este valor teria de estar do lado direito da média. estar do lado esquerdo da média. a será negativo Z será positivo ' ' ' ' ' ' ' ' E " EO Z será negativo P(X <88559)=0,0115 P(Z <z)=0011 P(Z2-z))=00116 eSI1-P(Z<-)=001 P(Z<-7))=1-0,011=0,9896—7,=2,2965 7,=-2,29 zo será positivo P(X >105,80g)=0,1236 P(Z>29))=013 61-P(Z<2,)=0,1236 SPZ<2)=1-0136 P(Z<2,)=0,877 6, =116 Substituindo os valores de “z” e “x” em cada mma das equações e resolvendo o sistema: - - =242,282+2,29, - 2,29 = 8855 4 - pas(1SSBI =) gs D2teoo + o gess-u o A 116 116=10580-4 q = 10580-u q = 10580-u o 116 116 62 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 X A Bin(100,0,2) Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “uxp>5” e “nxg>5” (diapositivo 21, apresentação 6). Assim, 100x0,2=20>5 e 100x0,8=80>5 D cimupre as 2 condições. o o Então: XNN(100x0,2:100x0,2x0,8)= XN N(20:16) ; (diapositivo 23, apresentação 6). P(Y>25) py = PY >24,5)y = P(Z>113)=1- P(Z<1,13)=1-0,871=0,129 (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 a2/3 da probabilidade de encontrar um melão com peso inferior à média. Calcular: XD peso dos melões de mma dada variedade; P(X >1,350) =SP(X <u) =2x05 =5=033 1-P(X <1350)=0,336 P(X <1,350)=1-0,33=0,67; 11.1 - A média do peso dos melões sabendo que a variância é igual a 0,0625 kg?; Se P(X <1350)=0,67 6 P(Z<7)=0676:=0,4M; De EEE co esc exo es u=1350-044x0255124 11.2- A probabilidade de um qualquer melão ter peso menor que 1,51 kg; P(X <1,51) CA: at - EC EERS =1,08, verificando na tnbela 1,08, é: 0,85993 = 0,860 P(Z<1,08)=0,85993= 0,860 11.3- A probabilidade de um qualquer melão ter peso entre 1,18 e 1,51 kg; PAI8<X<151)=P(x<1,51)- P(X <1,18)=0,860- P(Z <-0,24) =0,860- (1- P(Z <0,24))= =0,860-1+0,595=0,455 11.4- Numa remessa de 50 melões, qual a probabilidade de encontrar mais de 6 com peso superior aL5lkg? Y >» Nº de melões com peso superior a 1,51kg; Y O Bin(50;0,14) (p=1-0,860=0,140) Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “uxp>5" e “nxg>5”, Assim, 50x0,140=7>5 e 50x0,860=43>5 D cumpre as 2 condições. o o Então: YO N(50x0,140;50 x 0,140x 0,860) = YN N(7:6,02) ; P(Y>9pn=P(Y>6,5)y = P(Z>-0,20)=P(Z<0,20)=0,579 (diapositivo 22, apresentação 6) 12 - Uma máquina produz parafusos cujo comprimento, em cm, é uma variável aleatória com distribuição Normal de parâmetros u=2cm e 0=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 defeitrosos em 10.000 parafirsos; Y A Bin(10.000; P(ser defeituoso) ) & Y N Bin(10.000;1 — 0,998) « Y N Bin(10.000:0,002) X Db Comprimento dos parafusos; xn nt;01 252) P(não ser defeituoso) = P(1,96< X < 2,04) = P(X < 2,04) - P(X <196)= PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 CA: =204-2 3, 0,125 =P(Z<3,2)- P(Z<-3,2)=0,999 — (1- 0,999) = 0,998 Como o “n” é “grande” podemos verificar se estamos em condições de resolver por aproximação pela Normal: “uxp>5" e “nxg>5”, Assim: 10.000x0,002=20>5 e 10.000x0,998=9.998>5 D cimpre as 2 condições. o Então, se Y A Bin(10.000:0,002) & Y “(20/19,96) ; P(Y >10) gm = P(Y >10,5)y = P(Z >-2,24) = P(Z <2,24)=0,987 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 g2. Sabendo que os frutos são classificados de acordo com o seu peso em 3 classes distintas, A, Be 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 — z — tabela XD Peso das tangerinas de uma variedade; pg = 75g de média o? = 256gº de variância do = V256=16 XnNquo? » x n N(75:256) 13.1 - A proporção de frutos pertencentes a cada classe; 50 75 100 Como se pode ver pela imagem os valores 50 e 100 são equidistantes do valor médio 75. Por isso, pode dizer- se que ns áreas parciais “by” e “ba” (que no conjunto correspondem ii 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 “ba” podemos obter indirectamente todas as proporções. by=P(75<X<100)=P(X <100)- P(X <75)= P(Z <1,56)-0,5=0,94- 0,5=0,44 P(B)=2xb, =2x0,44=0,88 P(A)=P(C) e P(A)+ P(C)=1- P(B)=1-0,88=0,12, pelo que P(A) =P(C)=0,06 13.2- P(X > 60 g). P(X >60)=P(Z > 0,94) = P(Z <0,94)=0,83 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 Be de 2% quando a sua classe é C. P(E|A)=59%: P(E| B)= 4%: P(E| O) = 2% 13.4 - Calcular a probabilidade de uma tangerina escolhida ao acaso estar estragada. P(E)=0,06x0,05 + 0,88x 0,04 + 0,06x 0,02 =0,39 D (Teorema da Probabilidade Total) 13.5 - Em 1200 tangerinas da classe B, quantas poderão estar estragadas? Nº de tangerinas estragadas em B=1.200x0,04= 48 14 - Numa dada indústria de tecido XYZ sabe-se que sua produção costuma apresentar um número de defeitos que segue a distribuição de Poissou com uma taxa média de 2 defeitos a cada 50 metros de tecido. Determine: XD» Quautidade de defeitos em 200m de tecido; x n Po(isgo) & XPo(8) CA: Através dia regm de três simples: 50 75 100 66 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 Ao = 2def.— -50m 200 — —200m (2x200) . =" =8 Defeitos 00 50 fe Como o À é elevado, mnior que 5, podemos fazer uma aproximação pela distribuição Normal. Assim: x n Po(oog) & VANS) 141 - A probabilidade de um rolo com 200 metros de tecido apresentar 12 ou mais defeitos; P(X>1)=P(X>115)=P(Z>1,24)=1- P(Z <1,24)=1-0,89251=0,10749 142- 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 mama distribuição Binomial: Y >» Quantidade de rolos com menos de 5 defeitos em 80 rolos X N Bin(80; probabilidade de ter menos de 5 defeitos) o CA: P(ter menos de 5 defeitos )= =P(X<5)=P(Z<-1,06)=P(Z>106)=1- P(Z <1,06)=1-0,85543=0,14457, Então: X N Bin(80;0,14457) u=nx p=80x0,14457=11,57 Rolos 67 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 s dn 4,06 4,06 35 35 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): [87 ]385]69]94[73]90]86[92]89] 5.1. Calcular a média amostral, o desvio padrão não corrigido(s) e o desvio padrão XU<LX+2X e 204-1,96x <U<204+1,96x é 202,65g <u< 205,35g corrigido(s”. T Lx 87+85+69+94+7,3+9,0+8,6+9,2+89 O n Variância não corrigida: 2 zh2)- nx, . fez? +8,52 46,92 49,42 4732 49,02 48,67 +9,22+ 892)- 9x8,5? “06 n 9 . Desvio padrão não corrigido s =/0,64=08g Variância corrigida: à- sh?)-nxhf [72 48,52 46924942 47,32 49,02 +8,62+922+892)-9x8,52 “on -1 9-1 . Desvio padrão corrigido s'=0,72=0,85g 5.2. Estimar um intervalo de confiança a 99% para o peso médio das embalagens. 8 arq” P(T>t912)=0,005 (n-1=9-1=8), verifica-se na tabela, na coluna de n, procura-se 8 e na coluna o, procura-se 0,005 D 1=3,355 (Desvio padrão da população desconhecido e n<30) usar: X — tunc SUSX +, n — s — s 0,85 0,85 Então: Xtar Susx Haro 85-3355% Ei <1<8,5+3,355x E o n n S7,55<U<9,45 5.3. Estimar um intervalo de confiança a 99% para o peso médio das embalagens, sabendo queo = 0,6g. (Desvio padrão da população conhecido) usar: X-s xL< us X+z x dn dn Intervalo com 99% de confiança: 1- «=0,99, então: «=1-0,99=0,016 a/2=0,005 Procurar na tabela z para 1- 0,005 =0,995 P(Z<z)=0,995 verifica-se ua tabela D z=2,58, mas o professor utilizou 2,575 ??? 8,5-— asrsxa5 <u<85+2,575 x 06 S7,985<u<9,015 9 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: 5 x=11 e z(t-x) =0,0049. 6.1. Calcular o desvio padrão amostral corrigido(s') referente à amostra B. Variância corrigida: 70 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 2 sh?)-nxfe) 00049 0,049 s B= —— >=——— n-1 10-1 9 Desvio padrão corrigido 0,023 6.2. Calcular o intervalo de confiança a 95% para a média dos conteúdos em B. (o desconhecido e n<30) usar: X =typ - SUSX +) Xo=2"-1 41; 5,=0,023; n=10 n do P(T>t912)=0,025 (n-1=10-1=9), verifica-se na tabela, na coluna de m, procura-se 9 e ma coluna o, procura-se 0,025 1,2 =2,262 Então: X tan = SU<X +tar E SLI— 2,260 x C028 <u<11+ 2.262 x 0023 e n n "10 "10 &1,083<4<1117 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? e 102,12 kg? para as variâncias. Sabendo que as produções de ambas as variedades são normalmente distribuídas eque 07 =o%, estimar: 7.1. Um intervalo de confiança a 99% para a produção média de cada variedade. Variedade A: n=8;X= dest =10.203,15Kg ; s2=232,41kg? (o desconhecido e n < 30). Assim, e com t,,» =3,499 (4/2=0,005e imuímero de graus de liberdade=7 (n-1)), vem: 10.203,15 — 3,499 x 15,24 <4<10.203,15+3,499x 15,24 8 8 + 10.184,29< 4<10.222,01 Variedade B: = 75.875 n=8; XB= =9.484,38Kg; 52 = 102,12hg? (o desconhecido e mn < 30). Assim, e com t,/2=3,499(a/2=0,005e imímero de graus de liberdade=7 (n-1)), vem: 9.484,38 — 3,499 x Ei <u<9.484,38+3,499x 1911 9.471,88< 4<9.496,88 8 8 7.2. Um intervalo de confiança a 95% para a diferença das médias. Pede-se um interonlo de confiança para a diferença de médias. São populações normais com variâncias desconhecidas mas iguais; ns e n:<30. Usar a expressão: Assim, e com t, 12 = 3,499 (4/2=0,025e mímero de graus de liberdade=14 (n-1)x2, porque estamos a analisar as 2 variedades), vem: = 1 1 = 1 1 (ra-Xe)-nnxScx — +— Sua Up <(xa-Xe) tt xSe x |— +— Ma Mh NaN n PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA - 2013/2014 Com: S- = (na =Ds%-(ng —1)s% = [(8-1)232,41-(8- 110212) [1.626,87 -714,84 | c na +np-2 V 8+8-2 V 14 =8,07 NA RESOLUÇÃO ESTAVA 12,93??? O QUE ESTÁ ABAIXO EVENTUALMENTE ESTÁ ERRADO (10.203,15 — 9.484,38) - 2,145x12,93x, E <ua — Up <(10.203,15 - 9.484,38) + 2,145 x1293x, É o 718,77-13,87<4<718,77+13,87 & 704,90< 4 <732,64 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: x=1.832h e s? =484h. x=1.832h e s2=484h?;n=20 (graus de liberdade 19) 8.1. Calcular os intervalos de confiança a 95% e a 99% da média de duração das lâmpadas. - v s (o desconhecido e n<30), usar X tp X=SUSX + X vn Com n=20 e (1-a)=0,95 > t = 2,093 1.832-2093x E <u<1.832+2,093x2E 61.821 7<u4<1.8423; Com n=20 e (1-0)=0,99 >1=2,861 1.832 - 2,861 x 2 <u<1.832+2,861x 2 &1.817,9<4<1.846,1 20 20 8.2. Calcular um intervalo de confiança a 90% para o desvio padrão amostra do tempo de vida da população. Usar a expressio: Com n=20 e (1-0)-0,90 > y? (Gn - 1 =30144 e 7? (1 - Sn - 1 =10,117 19x 484 19x 484 . . 9x <o)< 2x &3051<0º<909,0617,5h<0<301h, Pedia-se IC para o desvio 30,144 10,117 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 1=22 e s'?=9 segundos?, pretende-se saber entre que valores se situa a variância com um nível de confiança de 99%. n=D2es?= 9segundos?; “Ds? Usar a expressio: non? Com n=22 e (1-0)=0,99 > 7º (Sen - 1 =41401 e 7? (1 - Sm - 1 =8,034 21x9 <o? <21Xx9 41401 8,034 4,575 <0? <23,535? PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Testes de hipótese Num teste de hipótese queremos saber se uma suspeita, motivadora da execução deste teste, poderá ter sustentação através de mma ou mis amostras. Acompnnlemos 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, Ho (hipótese mula) e Hi (hipótese alternativa), de tal modo que, se não se realizar a primeira, se realize a segunda. Quais são as hipóteses do nosso exemplo: Ho u<200 pizzas Ho u > 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 no parâmetro em teste e dum estimador proveniente da amostra vamos obter um valor que traduz a relação entre estas duas entidades. = Z<-Z,0uZ>Za Distribuição Normale o u=uo| UÉMO X-u 2 2 1Mais à frente se explica a razão da escolha destas hipóteses “ ” Z=>"—— 2 2 u conhecido, oun “grande US<uo | U>HO o Z>7 (seo desconhecido, usars”) | u>Ho | U<Ho a 2 Z<-Z, No nosso exemplo vemos que, sendo o desvio padrão conhecido (logo a variância conhecida) a estatística =u de teste é Z (distribuição normal reduzida) cuja expressão é Z = x ,emque X é a média amostral dn (estimador proveniente da amostra) e to o valor atribuído ao parâmetro em estudo (neste caso 200 210-200 pizzas). Se caleularmos o valor de Z para o nosso exemplo vem: Z 15 — 2 Jo Se a relação entre x e O for próxima, isto é, se a “distúncia” entre eles for pequena, tendo em atenção o desvio padrio 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 siguifica que podemos dizer que estes valores se encontram dentro de mma zona de valores “raros“de Z. O que aqui foi dito para o nosso exemplo (distribuição de Z) pode ser generalizado para as distribuições. 75 16. PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Cada teste de hipótese é feito com mm determinado grau de probabilidade (1-a) ou, o que se traduz no mesmo, com mma determinada significância (a). Na prática o valor de traduz a probabilidade associada à hipótese Hr, isto é, de não se aceitar a hipótese Ho ou seja, de se obterem valor da estatística raros (localizados nos extremos da distribuição em causa). Ao enunciar Ho, 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: Ho H D O parâmetro é igual a “um valor”; 11=200 114200 b O parâmetro é menor ou igual que “um valor”; u<200 1>200 D O parâmetro é maior ou igual que “um valor”, 12200 u<200 Reparemos que no primeiro caso Ho pode não se realizar em duas situações: quando o parâmetro for munior que “o valor” ou quando o parâmetro for menor que “o valor”. Isto indica que a área correspondente a Hi (não realização de Ho) 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 Ho 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 Hi (não realização de Ho) se encontra toda de um dos Indos, 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 mma 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 Ho e à hipótese Hi a probabilidade remanescente (a). Ao valor de (1-a), ou no valor de (a), estão associadas áreas de igual valor delimitadas por valores da vnriável. No nosso exemplo, e em todos os exercícios em que não é feita referência no grau de probabilidade, usa-se o vnlor de 0,95. Os valores que delimitam estas áreas terão de ser obtidos nas tabelas das distribuições respectivas. No nosso exemplo: Z<-Z,0uZ>Z, Distribuição Normale o u=uo| UÉMO Z= X-u 2 2 “ conhecido; oun “grande” | u<uo | u>uo o ! n [HE do Z>2Z, (se o desconhecido, usar s) | u>Ho | U<Ho qn Z<-Z, O valor que delimita a área de 0,95 da área de 0,05, o valor za, pode ser obtido na tabela da distribuição Normal reduzida. O valor que delimita a região crítica (ver o quadro acima) é za (valor que deixa à sua direita mma área a=0,05 » Z>2Zg). Como 21,96 e 0 Zawcuni=2, podemos dizer Z>1,96, o que quer dizer que o Z está ma região crítica. Por isso “rejeitamos Ho”. 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. É por este motivo que se deve associar Hi àquilo que se quer provar pois, se se puder afirmar que se rejeita Ho, é porque o teste teve “força” suficiente para o fazer. 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? 76 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 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. Ho: <50 min Hi: >50 min (associar a suspeita a Hi) Como o desvio padrão é conhecido, usa-se a distribuição normal reduzida (ver o quadro). 7=53-50 60 Como não é dado o valor de (1-a) tomamos esse valor por 0,95 (logo a=0,05). Consultando o quadro verificamos que n região crítica é dada por Z>zo0s. 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) éz=1,96. Verificamos assim, que o valor calculado Z é superior no valor da tabela. Assim, como Zeacunio>1,96 rejeitamos Ho. =2,60 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: Lx=80g | (xx) =8712gº Terá sido esta amostra proveniente de uma população com peso médio de 100 g? (a=0,05). T<=taouT>ta o desconhecido, u=uo | UÉMO T= X-u 2 2 u Distribuição uSto | U>uo o T>t Normal uu USHo vn 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: Ho: u=100g Hu: u*100g no A região crítica (consultar o quadro) é T<-taz ou T> ta/2. Usando a=0,05, a/2 vale 0,025 e o valor de too2s pode ser lido na respectiva tabela (que dá áreas à direita), na coluna de 0,025 e na linha 1=8. Ter atenção que o “un” da tabela corresponde ao da dimensão da amostra menos 1. Assim, too2s=2,306, - to 025=-2,306 e, portanto, Tutcunio>2,306; devemos rejeitar Ho. “my” 77 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 A região crítica é T> tw. Usando a=0,05 o valor de toos pode ser lido ma respectiva tabela, na coluna de 0,05 e na linha n=9. Assim, toos=1,83311, e portanto -Towa<1,83311; assim não devemos rejeitar Ho. 20.4. Serão os dados da amostra compatíveis, para a=0,05, com: Nestes dois testes de hipótese para a variância a estatística de teste éo 7º. 20.41. Ho: 02=400 versus Hy: 024400? Ho :0? =400 H,:0? + 400 —1s?2 - pol 1) — 10 1x382 “9 s9s o 400 CA; s“ =382, calculado na alínea 20.2. A região crítica deste teste é bilateral (ver o quadro). Há necessidade de recorrer à tabela duas vezes. Os limites da região crítica são: ? < Mia ex> Hiury Partindo do valor de a=0,05 e do valor de “n” igual a 10 podemos tirar da tnbela de y? os respectivos valores. > X0,0259) =19,023 2542 % > Ho975:9) = 2.700 Como o valor de 2,700 < A ucutado < 19,023, não se rejeita Ho. 20.4.2. Ho: 022400 versus Hi: 02<400? Hç:0? >400 H,:0? < 400 — 2 — p=! 1) - fio 1x382 4505 a 400 CA; 52? =+/382,, calculado na alínea 20.2.. A região crítica deste teste é unilateral (ver o quadro). Há necessidade de recorrer à tabela uma vez. igual a 10 “my” O limite dn região crítica é: ” < Vo Partindo do valor de a=0,05 e do valor de podemos tirar da tabela de 3? o respectivo valor. % > Xooso) =3,325 Como o valor de Arcutado > 3.325, não se rejeita Ho. 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 [14 [16 [14 [18 [15 [19] 16 [12] 21.1. Apresentar uma estimativa para a variância da duração das baterias. A estimativa para a variância da duração das baterias é o sº2, Lx 44 16 n 9 2 — s2- z(1 E |. [Enganar º À n-1 9-1 - [2358)-2304 g = V0,07anos >Ds'=0,07anos 21.2. Testar a hipótese Ho: 02=0,11, para um nível de significância de 1%. 80 22. 23. PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 Hç:0? =0,11 H:62 40411 2 o p= (rt) - (9-1)x0,07 =49 o 011 A região crítica deste teste é bilateral (ver o quadro). Há necessidade de recorrer à tabela duas vezes. Os limites da região crítica são: ? < Mia ex> Hiury Partindo do valor de a=0,01 e do valor de “n” igual a 9 podemos tirar da tabela de ? os respectivos valores. > 40,058) =21,955 > 40,9058) =1,344 Como o valor de 1,344 < A rcutado < 21,955, não se rejeita Ho 21.3. Pressupondo 0?=0,11, verificar se é de admitir uma duração média conforme as normas de fabrico (a=0,05). Pede-se, neste caso, mm 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. Ho: U<125 H,:u>125 X-Ho 16-15 o 033 no 9 CA: o? =011>0=V011=0,33 Consultando o quadro verificamos que n região crítica é dada por Z>z90s. 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) é2=1,96. Verificamos assim, que o valor calculado Z é inferior ao valor da tabela. Assim, como Zeacunio>1,96 rejeitamos Ho. Z= Um fabricante comprou um lote de 3.000 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. Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para mma proporção. As hipóteses são: Ho: p<0,07 H,:p>0,07 (aquilo que se quer provar) n=80 8 componentes dos 80 apresentam defeito. 1-2=0,9556 4=0,05 P= 8. 0,10 so P-R 0410-007 083. RR Ri =105 [B0-n) [0,071-0,07) 0,029 n 80 Região crítica: Z>zy S Z>165; Mas 1,05<1,65, pelo que não se rejeita Ho. 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, 81 PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA — 2013/2014 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. Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para mma proporção. As hipóteses são: Ho:p<0,40 H,:p>0,40 (aquilo que se quer provar) n=70 32 votos a favor na amostra dos 70 inquiridos. 1-2=0,9555 2=0,05 p-2 0,457 70 P-B) — 0,457-040 0,057 Po =0,973 pata) 0,40(1 0,40) — 0.0586 n 70 Região crítica: Z>zy S Z>165; Mas 0,973<1,65, pelo que não se rejeita Ho (poderá nião ser eleita a lista em causa). 24. O patrocinador de um programa de televisão espera que, em pelo menos 55% das 25. 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. Neste problema é-nos pedido um teste de hipótese para mma proporção. As hipóteses são: Ho:p<0,55 H,:p>0,55 (aquilo que se quer provar) n=100 60 residências sintonizadas no programa na amostra de 100 residências inquiridas nessa área. «=01051-2=0,90 p= 2062 100 P-R — 0,62-0,55 0,07 =" 0 0 =1,41 B(i=B)) Jo,ss(1-0,55) 0,0497 n 100 Região crítica: Z>zy & Z>1,28; Como 1,41>1,28, rejeita Ho (deverá ser eleita a lista em causa). 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: 100 100 —p Sx=12110e S(x,-2) =1550 ist ist 25.1. Construa um intervalo de confiança para a média do comprimento das peças com um nível de confiança de 92%. Nesta alínea é pedido mm intervalo de confiança para a média, não se conhece a variância mas o n>30. Assim, n expressão para calcular o intervalo de confiança vai usar a distribuição normal. N Dx; 12110 =121lmm; 100 x n