Prova 2 resolvida - Impa

UNIVERSIDADE FEDERAL DO ESTADO DO RIO DE JANEIRO
UNIRIO
SEGUNDA PROVA DE PROBABILIDADE - 2010/1
Sistema de Informação - DME - CCET - 22 de junho
Atenção: Esta é uma prova dissertativa, você precisa escrever e explicar o que está sendo
feito. Respostas não justificadas serão desconsideradas. Não serão corrigidas soluções na folha
de questão. Escolha 4 das 5 questões para resolver. Escreva quais as questões foram escolhidas.
(1) (2,5 pontos) Em uma urna há 50 bolas de tamanhos iguais, sendo 30 verdes e
20 amarelas. Sorteamos 5 bolas sem reposição (não recolocamos na urna após a
retirada). Calcule a probabilidade de:
(a) obtermos exatamente 3 bolas verdes.
(b) obtermos mais bolas verdes que amarelas.
(c) obtermos exatamente 3 bolas verdes se sorteamos as bolas com reposição das
bolas (isto é, as bolas são uma a uma sorteadas e recolocadas na urna antes
do sorteio seguinte).
Solução:
(a) Considere a variável aleatória discreta X : número de bolas verdes obtidas.
Como as bolas são classificadas em dois tipos e o sorteio é sem reposição, a
variável aleatória X segue o modelo hipergeométrico, logo
30 20
P [X = 3] = = 0, 364.
3 2 50 5
(b) Obtemos mais bolas verdes que bolas amarelas se temos mais que duas bolas
verdes, isto é,
P [X ≥ 3] = Σ 5
30 20
k=3
k 5−k
= 0, 364 + 0, 258 + 0, 067 = 0, 689.
50
5
(c) Considere a variável aleatória discreta Y : número de bolas verdes obtidas.
Como o sorteio é com reposição, a probabilidade de obtermos bolas verdes é
sempre constante, isto é, as repetições são independentes a variável aleatória
Y segue o modelo binomial com n = 5 e p = 3,
logo 5
3
5 3
P [Y = 3] =
1 −
3 5
3
5−3 = 0, 6912.
5
(2) (2,5 pontos) O tempo médio de duração de um certo componente eletrônico é de
25 horas. Suponha que a probabilidade do tempo de vida deste componente tem a
propriedade de perda de memória.
(a) Para uma produção de 6 000 unidades, quanto deles espera-se que durem entre
10 e 50 horas?
1

2
(b) Se temos a informação de que o componente durou mais de 50 horas, qual é a
probabilidade deste componente ter durado menos de 75 horas?
Solução: Considere a variável aleatória contínua X : tempo de duração do componente
eletrônico. Como a variável aleatória tem a propriedade de perda de memória,
ela necessariamente tem distribuição exponencial. Logo a fdp é dada por:
−0,4t 0, 4e , se t ≥ 0
f(x) =
0 , se t < 0
(a) Calculemos a probabilidade do componente durar entre 30 e 50 horas
50
P [10 ≤ X ≤ 50] = 0, 4e −0,4t dt = e −0,4·10 − e −0,4·50 ≈ 0, 0183
10
Se a probabilidade de um componente durar entre 10 e 50 horas é de aproximadamente
1, 83%, para uma produção de 6000 componentes esperamos que
6000 × 0, 0183 = 109, 9 ≈ 110 durem entre 10 e 50 horas.
(b) A pergunta é P [X < 75|X > 50] =? A propriedade de perda de memória da
variável aleatória afirma que
P [X < t + s|X > s] = P [X < t].
No nosso caso temos que
P [X < 56, 25|X > 50] = P [X < 6, 25] = 6,25
0
0, 9179.
0, 4e −0,4t dt = 1 − e −0,4·6,25 =
(3) (2,5 pontos) Um banco faz operações via Internet e, após um estudo sobre o
serviço prestado, concluiu o seguinte modelo teórico para o tempo de conexão (em
minutos):
f(x) = 1 1
ke− 4
4 kx , x > 0,
com k sendo 1 ou 2 dependendo do cliente ser pessoa física ou jurídica. A porcentagem
de pessoas físicas utilizando o serviço ainda é pequena e é estimada na ordem
de 20%. Calcule:
(a) A probabilidade de uma pessoa física ficar mais de dois minutos conectada.
(b) A probabilidade de um cliente ficar mais de dois minutos conectado.
(c) Se um cliente fica mais de 5 minutos conectado, qual a probabilidade dele ser
pessoa jurídica?
Solução: Resolvido na lista 2.
(4) (2,5 pontos) Suponha que o tempo necessário para atendimento de clientes em
uma central de atendimento telefônico siga distribuição normal de média de 8 minutos
e desvio padrão de 2 minutos.
(a) Qual é a probabilidade de que um atendimento dure menos que 5 minutos?
(b) Qual é a probabilidade de que um atendimento dure entre 7 e 10 minutos?
Solução: Do enunciado a variável aleatória X : tempo de atendimento tem
distribuição normal com média 8 e desvio-padrão 2, resumidamente, X ∼ N(8, 4).
(a) P [X < 5] = P [Z < 5−8]
= P [Z < −1, 5] = P [Z > 1, 5] =
2
0, 5 − P [0 < Z < 1, 5] = 0, 5 − 0, 4332 ≈ 0, 0668. Justificativas: fizemos a
mudança de variável padrão para conseguir uma distribuição com média zero

e variância 1 afim de usar a tabela. Para colocar no formato adequado para o
uso da tabela usamos a simetria do gráfico da gaussiana e também o fato de
que a fdp tem integral 1.
(b) P [7 < X < 10] = P [ 7−8
10−8 < Z < ] = P [−0, 5 < Z < 1] =
2 2
P [0 < Z < 1] + P [0 < Z < 0, 5] = 0, 3413 + 0, 1915.
Justificativas: fizemos a mudança de variável padrão para conseguir uma distribuição
com média zero e variância 1 afim de usar a tabela. Para colocar
no formato adequado para o uso da tabela usamos a simetria do gráfico da
gaussiana e também o fato de que a fdp tem integral 1.
(5) (2,5 pontos) A distribuição de pesos para a população masculina na África do Sul
é aproximadamente normal com média 80 Kg e desvio padrão 12 Kg.
(a) A partir de quantos quilos um cidadão homem sul africano está entre os 10%
mais pesados da população?
(b) Qual é a probabilidade de que entre cinco homens selecionados ao acaso na
África do Sul, pelo menos um tenha peso fora do intervalo 70 a 80 Kg?
Solução: Do enunciado a variável aleatória X : peso da população masculina tem
distribuição normal com média 80 e desvio-padrão 12, resumidamente,
X ∼ N(80, 144).
(a) Queremos saber qual é a massa m tal que P [X > m] = 0, 1. Fazendo a
mudança de variáveis padrão e usando a tabela de maneira inversa temos:
P [X > m] = 0, 1 ⇔ P [Z > m−80
m−80
] = 0, 1 ⇔ P [0 < Z < ] = 0, 4
12 12
⇔ m−80 ≈ 1, 285 ⇔ m ≈ 95, 42Kg
12
(b) Considere a variável aleatória Y : número de homens com peso fora do intervalo
[70, 80]. Como a população é grande, a probabilidade de [Y = k] não muda
ao sortearmos um homem, assim a variável aleatória Y ∼ b(5, p), onde p =
P [70 < X < 80].
Calculemos p:
p = P [70 < X < 80] = P [ 70−80
80−80
< Z < ] = P [− 12
12 5 < Z < 0] =
4
P [0 < Z < 1, 25] = 0, 3944. A resposta à pergunta do problema é P [Y ≥ 1] =
1 − P [Y = 0] = 1 − 5 0 5 p (1 − p) = 0, 9185.
0
Funções de distribuição de probabilidade exponencial e normal
f(x) =
αe −αt , se x ≥ 0
0 , se x < 0
f(x) = 1
σ √ 1
e− 2(
2π x−µ
σ ) 2
3