AFRFB_racioc_logico_traumatizados_exercicios_Aula 17

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AULA 17 – Principais distribuições; Amostragem 
 
I.  DISTRIBUIÇÃO UNIFORME DISCRETA .................................................................................................... 2 
II.  DISTRIBUIÇÃO DE BERNOULLI ............................................................................................................... 4 
III.  DISTRIBUIÇÃO BINOMIAL ..................................................................................................................... 8 
1.  Introdução ........................................................................................................................................... 8 
2.  Média e variância da distribuição binomial ......................................................................................... 24 
3.  Distribuição binomial e proporções .................................................................................................... 27 
IV.  DISTRIBUIÇÃO DE POISSON ................................................................................................................ 33 
V.  DISTRIBUIÇÃO UNIFORME CONTÍNUA ................................................................................................ 47 
VI.  DISTRIBUIÇÃO NORMAL ..................................................................................................................... 57 
1.  Teorema do limite central .................................................................................................................. 60 
2.  Utilização das tabelas ......................................................................................................................... 64 
3.  Aproximação da distribuição binomial com a distribuição normal ....................................................... 93 
VII.  AMOSTRAGEM .............................................................................................................................. 98 
1.  Amostragem aleatória simples ........................................................................................................... 98 
2.  Amostragem estratificada .................................................................................................................. 98 
3.  Amostragem por conglomerados ........................................................................................................ 99 
4.  Amostragem sistemática .................................................................................................................. 100 
VIII.  LISTA DAS QUESTÕES DE CONCURSO ........................................................................................... 103 
IX.  GABARITO DAS QUESTÕES DE CONCURSO ........................................................................................ 122 
X.  TABELA PARA A DISTRIBUIÇÃO NORMAL .......................................................................................... 123 
 
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I. DISTRIBUIÇÃO UNIFORME DISCRETA 
A distribuição uniforme discreta é o tipo mais simples de variável aleatória. É a variável em 
que todos os valores têm a mesma probabilidade de ocorrer. 
Um exemplo bem simples, e que já temos trabalhado, é o caso do lançamento do dado de seis 
faces. A variável que designa o resultado do lançamento é discreta (podem ocorrer apenas os 
valores 1, 2, 3, 4, 5 e 6). Além disso, se o dado for honesto, todos os resultados são 
equiprováveis. 
Dizemos que a variável em questão é discreta e uniforme. 
Seja X a variável discreta uniforme que pode assumir ‘n’ resultados diferentes ( 1x , 2x , 3x , ..., 
nx ). A esperança de X fica: 
∑
=
×=
n
i
ixn
XE
1
1][ 
A esperança é simplesmente a média aritmética de todos os valores que podem ocorrer. 
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
EP 1. Considere uma variável aleatória X, uniforme e discreta, que pode assumir os valores 
5, 6, 7 e 8. Calcule a esperança desta variável. 
 
EP 2. Para a variável aleatória definida no exercício anterior, faça o esboço do gráfico da 
função de distribuição de probabilidade. 
 
RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
Resolução do EP 1 
A variável é uniforme discreta. A esperança é simplesmente a média dos valores que X pode 
assumir. 
( ) 5,6
4
268765
4
1][ ==+++×=XE 
A esperança de X é 6,5. 
 
Resolução do EP 2. 
A variável aleatória é discreta. A FDP vai apresentar saltos (lembram? matéria da aula 
passada). Será em forma de escada. Os saltos ocorrem justamente nos valores em que X 
assume. Os tamanhos dos degraus correspondem às probabilidades de cada valor ocorrer. 
Para x entre 4 e 5, a FDP é nula. A título de exemplo, tomemos x = 4,5. A probabilidade de X 
assumir valores menores ou iguais a 4,5 é zero. Não há nenhum caso favorável dentre os 
casos possíveis. 
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Em x = 5, a FDP dá um salto. A probabilidade de X assumir valores menores ou iguais a 5 é 
de 1/4. Temos 1 caso favorável (o próprio 5) em 4 possíveis. 
Para x entre 5 e 6, a FDP segue em 1/4. Como exemplo, tomemos o valor x = 5,5. A 
probabilidade de x ser menor ou igual a 5,5 continua sendo de 1/4 (temos um caso favorável – 
5 – em 4 possíveis – 5, 6, 7, 8). 
Em x = 6 temos outro salto. A probabilidade de X assumir valores menores ou iguais a 6 é de 
2/4. Temos dois casos favoráveis (5 e 6) em quatro possíveis. 
Em x = 7 temos outro salto. A FDP passa para 3/4. 
Em x = 8 temos o último salto. A FDP vai para 4/4. A probabilidade de X assumir valores 
menores ou iguais a 8 é de 100%. 
 
EC 1 TJ RO 2008 [CESGRANRIO] 
Uma urna contém dez bolas, cada uma gravada com um número diferente, de 1 a 10. Uma 
bola é retirada da urna aleatoriamente e X é o número marcado nesta bola. X é uma variável 
aleatória cujo(a) 
(A) desvio padrão é 10. 
(B) primeiro quartil é 0,25. 
(C) média é 5. 
(D) distribuição de probabilidades é uniforme. 
(E) distribuição de probabilidades é assimétrica. 
 
Resolução. 
A variável X é discreta (assume apenas os valores inteiros de 1 a 10). 
Além disso, ela é uniforme, pois todas as possíveis realizações têm probabilidade de 10% (ou 
seja, as probabilidades são todas iguais entre si). 
Gabarito: D 
 
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II. DISTRIBUIÇÃO DE BERNOULLI 
São de grande importância alguns tipos de experimento em que a variável de interesse pode 
assumir apenas dois valores. Podemos falar em sucessos e fracassos. Um exemplo é o 
lançamento de uma moeda. Temos dois resultados possíveis (cara e coroa). Podemos 
considerar que “cara” é sucesso e “coroa” é fracasso. 
Em casos assim, é comum atribuirmos ao sucesso o valor 1 e ao fracasso o valor zero. 
Seja X a variável aleatória que assume o valor 1 quando o resultado do lançamento da moeda 
é cara e que assume o valor 0 quando o resultado do lançamento é coroa. A variável aleatória 
X assume apenas os valores 0 e 1. É uma variável de Bernoulli. 
Além disso, X é também uma variável discreta (pois assume apenas alguns valores, quais 
sejam, 0 e 1). 
Caso a moeda seja honesta, então a probabilidade de sucesso é igual à probabilidade de 
fracasso (e ambas valem 50%). 
 
Mudemos de exemplo. Considere o lançamento de um dado de seis faces. Se sair um múltiplo 
de 3, consideramos sucesso. Se não sair um múltiplo de 3, consideramos fracasso. 
Vamos criar uma variável aleatória I. A nossa variável aleatória I vai se comportar daseguinte forma. Se o resultado do lançamento do dado for 1, 2, 4, 5, teremos fracasso. Então I 
assume valor zero. 
Se o resultado do lançamento do dado for 3 ou 6, teremos sucesso. Então I assume valor 1. 
Dizemos que I é uma variável de Bernoulli. Ela tem a seguinte distribuição de probabilidade: 
I P 
0 2/3 
1 1/3 
A probabilidade de I assumir o valor zero é 2/3. E a probabilidade de I assumir o valor 1 é 
1/3. 
 
→ 
VARIÁVEL DE BERNOULLI: ASSUME APENAS OS VALORES 0 E 1 
A probabilidade de a variável assumir o valor zero não necessariamente é igual à probabilidade 
de assumir o valor 1. 
A grande importância da variável de Bernoulli, em termos de concursos, é que ela serve pra 
gente estudar uma outra variável: a Binomial. 
 
Genericamente, indicamos por p a probabilidade sucesso e q a probabilidade de fracasso. Com 
isso, a distribuição da variável I seria: 
I P 
0 q 
1 p 
E sua esperança seria: 
ppqIE =×+×= 10][ 
Por sua vez, a esperança de I2 seria: 
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ppqIE =×+×= 222 10][ 
 
Disto resulta que a variância de I é igual a: 
=)(IV 22 ][ IIE μ− = 2pp − 
Colocando p em evidência: 
pqppIV =−×= )1()( 
→ 
MÉDIA E VARIÂNCIA DA VARIÁVEL DE BERNOULLI 
pIE =][ 
pqIV =)( 
 
 
EP 3. Considere a distribuição de probabilidades para a variável Y: 
Y Probabilidade 
1 0,5 
2 0,2 
3 0,3 
 
a) a variável Y é discreta ou contínua? 
b) a variável Y é uniforme? Por quê? 
c) a variável Y tem distribuição de Bernoulli? Por quê? 
d) calcule a esperança e a variância de Y. 
 
 
EP 4. Considere a distribuição de probabilidades para a variável Z: 
Z Probabilidade 
1,24 0,25 
2 0,25 
6,55 0,25 
100 0,25 
 
a) a variável Z é discreta ou contínua? 
b) a variável Z é uniforme? Por quê? 
c) a variável Z tem distribuição de Bernoulli? Por quê? 
 
EP 5. Considere a distribuição de probabilidades para a variável K: 
K Probabilidade 
0 0,5 
1 0,5 
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a) a variável K é discreta ou contínua? 
b) a variável K é uniforme? Por quê? 
c) a variável K tem distribuição de Bernoulli? Por quê? 
 
EP 6. Considere a distribuição de probabilidades para a variável T: 
T Probabilidade 
0 0,75 
1 0,25 
 
a) a variável T é discreta ou contínua? 
b) a variável T é uniforme? Por quê? 
c) a variável T tem distribuição de Bernoulli? Por quê? 
 
RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
Resolução do EP 3 
Foi dada a seguinte distribuição de probabilidade. 
Y Probabilidade 
1 0,5 
2 0,2 
3 0,3 
A variável Y é discreta. Ela não pode assumir qualquer valor em um dado intervalo real. 
A variável Y não pode ser classificada como uniforme. Na variável discreta uniforme, as 
probabilidades de ocorrência de cada valor são todas iguais entre si. Não é o caso desta 
questão. A probabilidade de Y ser igual a 1 é maior que a probabilidade de Y ser igual a 2. 
A variável Y também não pode ser classificada como de Bernoulli. A variável Y não assume 
apenas os valores zero e 1. Portanto, não tem distribuição de Bernoulli. 
Vamos agora calcular a esperança de Y. Como fazemos para qualquer variável discreta, 
consideramos que a probabilidade é análoga à freqüência relativa simples. 
∑ ×= )()( ii yPyYE 
8,19,04,05,03,032,025,01)( =++=×+×+×=YE 
Finalmente, vamos calcular a variância de Y. 
47,28,05,03,032,025,01)( 2222 =++=×+×+×=YE 
Logo: 
22 )()( YYEYV μ−= 
76,08,14)( 2 =−=YV 
 
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Resolução do EP 4 
Foi dada a seguinte distribuição: 
Z Probabilidade 
1,24 0,25 
2 0,25 
6,55 0,25 
100 0,25 
 
A variável Z assume apenas alguns valores (são apenas 4). Ela é uma variável discreta. Muita 
gente confunde isso. O fato de uma variável aleatória assumir valores não inteiros (como 1,24 
ou como raiz de 2) não significa que ela seja contínua. Se a variável Z fosse contínua ela 
poderia assumir qualquer valor real contido num dado intervalo. 
Note que as probabilidades de todos os valores são iguais entre si (todas valem 0,25). A 
variável Z é, portanto, uniforme. 
Por outro lado, como ela não assume apenas os valores zero e 1, ela não pode ser classificada 
como de Bernoulli. 
 
Resolução do EP 5 
Foi dada a seguinte distribuição de probabilidade: 
K Probabilidade 
0 0,5 
1 0,5 
A variável K assume apenas alguns valores. Ela é discreta. 
Além disso, as probabilidades são todas iguais entre si (valem 0,5 cada uma). Podemos 
classificar a variável K como uniforme. 
Por fim, a variável K assume apenas os valores zero e 1. Isso faz com que ela, além de ser 
discreta uniforme, tenha distribuição de Bernoulli. 
 
Resolução do EP 6 
T Probabilidade 
0 0,75 
1 0,25 
A variável T é discreta. Contudo, não é uniforme, pois as probabilidades não são iguais entre 
si (a probabilidade de T ser igual a zero é maior que a probabilidade de T ser igual a 1). 
De modo diverso, T pode ser classificada como de Bernoulli, pois assume apenas os valores 
zero e 1. 
 
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III. DISTRIBUIÇÃO BINOMIAL 
1. Introdução 
A distribuição binomial é aplicável quando temos vários experimentos independentes e, a 
cada um deles, associamos apenas dois resultados. Podemos pensar em resultados favoráveis 
e resultados desfavoráveis. Ou em sucessos e fracassos. 
Por exemplo: vamos lançar um dado. Vamos considerar um resultado favorável (sucesso) se 
sair um múltiplo de 3. Vamos considerar um resultado desfavorável (fracasso) se não sair um 
múltiplo de 3. Seja “I” a variável que, em caso de sucesso, assume o valor 1. E, em caso de 
fracasso, assume o valor zero. 
A cada lançamento, a probabilidade de ocorrer um evento favorável é de 1/3 (ou seja, a 
probabilidade de I = 1 é de 1/3). E a probabilidade de ocorrer um evento desfavorável é 2/3 (a 
probabilidade de I = 0 é 2/3). Como já vimos, “I” é uma variável de Bernoulli. 
Segue a distribuição de probabilidades da variável I: 
I Probabilidade 
0 0,75 
1 0,25 
Muito bem, só que não vamos lançar o dado uma única vez. Vamos lançar o dado três vezes. 
A variável aleatória X vai representar o número de sucessos em três lançamentos. É nesta 
variável que estamos interessados. Ela é chamada de variável binomial. 
Ou seja, no final das contas, a variável X será fruto de uma contagem. Estamos interessados 
na quantidade de casos favoráveis em três lançamentos. 
Tudo certo até aqui? 
 
E como fazemos para contar quantos casos favoráveis ocorreram? Como fazemos para 
determinar o valor de X para um certo conjunto de lançamentos do dado? 
 
É bem simples. Vejamos alguns exemplos. 
 
Um possível resultado dos três lançamentos seria: 2, 4, 3. 
Vamos ver como se comporta a variável “I” em cada um destes lançamentos. 
· 1º lançamento: 2 ⇒ I = 0 (tivemos um fracasso, pois não saiu um múltiplo de 3) 
· 2º lançamento: 4 ⇒ I = 0 (tivemos outro fracasso, pois não saiu um múltiplo de 3) 
· 3º lançamento: 3 ⇒ I = 1 (tivemos um sucesso, pois saiu um múltiplo de 3). 
· Nesse caso, em três lançamentos, o número de casos favoráveis foi de 1 (X = 1). 
Se somarmos todos os valores que “I” assume, temos exatamente 1. 
Ou seja, “X” é igual à soma de todos os valores de “I”. 
 
Vamos mudar um pouco o exemplo. 
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Suponhamos agora queos resultados dos três lançamentos foram: 3, 1, 6. Vamos ver como se 
comporta a variável I em cada lançamento: 
· 1º lançamento: 3 ⇒ I = 1 
· 2º lançamento: 1 ⇒ I = 0 
· 3º lançamento: 6 ⇒ I = 1 
Nesse outro caso, em três lançamentos, o número de casos favoráveis foi de 2 (X = 2). Se 
somarmos todos os valores que “I” assume, temos exatamente 2. Novamente, X é igual à 
soma de todos os valores de “I”. 
Esta variável X é dita binomial. Ela representa o número de casos favoráveis em um 
conjunto de experimentos que só admitem dois resultados possíveis (sucesso ou 
fracasso). Ela é a soma de várias variáveis de Bernoulli. 
→ 
VARIÁVEL BINOMIAL 
Corresponde à soma de várias variáveis de Bernoulli, independentes entre si. 
Corresponde ao número de resultados favoráveis em ‘n’ experimentos. 
É muito importante o candidato saber a fórmula da probabilidade da variável binomial. 
No nosso exemplo, a variável binomial X só pode assumir quatro valores (0, 1, 2 e 3). São três 
lançamentos do dado. Ou não temos nenhum sucesso. Ou apenas 1. Ou 2. Ou então, em três 
lançamentos, temos três sucessos (múltiplos de 3 em todos os lançamentos). 
Vamos calcular a probabilidade de X assumir cada um desses valores. 
Para X ser igual a zero, precisamos que, nos três lançamentos, tenhamos números que não são 
múltiplos de 3. 
Queremos que ocorram, simultaneamente, os três eventos: 
· Fracasso no primeiro lançamento 
· Fracasso no segundo lançamento 
· Fracasso no terceiro lançamento 
Observe que o resultado de um lançamento não tem qualquer influência no resultado dos 
demais lançamentos. São três eventos independentes. Todos eles têm probabilidade de 2/3 de 
ocorrer. Nesse caso, como já vimos na aula 14, a probabilidade da intersecção dos eventos é 
igual ao produto das probabilidades. 
3
2
3
2
3
2)0( ××==XP 
3
3
2)0( ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛==XP 
Para X ser igual a 1, precisamos ter exatamente 1 lançamento com sucesso. Temos as 
seguintes hipóteses: 
· Sucesso no primeiro lançamento, fracasso no segundo lançamento, fracasso no terceiro 
lançamento; 
· Fracasso no primeiro lançamento, sucesso no segundo lançamento, fracasso no terceiro 
lançamento; 
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· Fracasso no primeiro lançamento, fracasso no segundo lançamento, sucesso no terceiro 
lançamento. 
 
Vamos ver a probabilidade para o primeiro caso. Temos: 
· Sucesso no primeiro lançamento 
· Fracasso no segundo lançamento 
· Fracasso no terceiro lançamento 
São três eventos independentes. O primeiro tem probabilidade 1/3. Os demais têm 
probabilidade de 2/3 de ocorrer. A probabilidade da intersecção fica: 
3
2
3
2
3
1 ×× 
Para os demais casos, a conta é exatamente a mesma. Ou seja, a probabilidade de X ser igual a 
1 fica: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×××==
3
2
3
2
3
13)1(XP 
Para X ser igual a 2, precisamos de dois sucessos e um fracasso. Temos as seguintes 
hipóteses: 
· Sucesso no primeiro lançamento, sucesso no segundo lançamento, fracasso no terceiro 
lançamento; 
· Fracasso no primeiro lançamento, sucesso no segundo lançamento, sucesso no terceiro 
lançamento; 
· Sucesso no primeiro lançamento, fracasso no segundo lançamento, sucesso no terceiro 
lançamento. 
Vejamos a probabilidade da primeira hipótese. São três eventos independentes. A 
probabilidade de sucesso é 1/3. A de fracasso é 2/3. Ficamos com: 
3
2
3
1
3
1 ×× 
Para as demais hipóteses, as contas são análogas. A probabilidade de X ser igual a 2 fica: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ×××==
3
2
3
1
3
13)2(XP 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×==
3
2
3
13)2(
2
XP 
Finalmente, para X ser igual a 3, precisamos de sucessos nos três lançamentos. Ficamos com: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ××==
3
1
3
1
3
1)3(XP 
Pronto. Calculamos as probabilidades de X assumir cada um dos valores possíveis. 
 
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Seja ‘n’ o número de experimentos. Seja ‘p’ a probabilidade de sucesso em cada experimento. 
Seja ‘q’ a probabilidade de fracasso. 
Nesse nosso exemplo, lançamos o dado 3 vezes (n = 3). E a probabilidade de sucesso em cada 
lançamento era de 1/3 (p = 1/3). A probabilidade de fracasso em cada experimento era de 2/3 
(q = 2/3). 
Para não precisarmos ficar fazendo todas essas contas que fizemos acima para cada problema 
diferente, existe uma fórmula que indica a probabilidade da variável binomial assumir um 
dado valor. 
É a que segue: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
Não custa relembrar o significado do símbolo de combinação: 
!)!(
!
kkn
n
k
n
×−=⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛
 
Vamos ver a aplicação da fórmula ao nosso exemplo do dado. Lançamos o dado três vezes 
( 3=n ). Consideramos sucesso se der múltiplo de 3. Assim, a probabilidade de sucesso é 1/3 
( 3/1=p ) e a probabilidade de fracasso é 2/3 ( 3/2=q ). Vamos calcular, a título de exemplo, 
a probabilidade de X ser igual a 2 ( 2=k ). 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛== )( 
232
3
2
3
1
2
3
)2(
−
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
12232
3
2
3
13
3
2
3
1
!2!1
!3)2( ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛××==
−
XP 
Que é o mesmo resultado que tínhamos achado antes, sem a fórmula. 
 
→ 
LEMBRETE DE VARIÁVEL BINOMIAL 
Seja X nossa variável binomial. Ela representa o número de sucessos em “n” experimentos 
(onde cada experimento pode resultar em sucesso ou em fracasso). 
A fórmula da variável binomial é a que segue. A probabilidade de termos k sucessos em n 
experimentos é: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛== )( 
Onde p é a probabilidade de sucesso em cada experimento e q é a probabilidade de fracasso 
em cada experimento. 
 
Vamos praticar um pouco. 
 
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EP 7. Qual a probabilidade de, lançando uma moeda três vezes, obtermos exatamente duas 
caras? 
 
RESOLUÇÃO DO EP 7. 
Vamos considerar que cada lançamento é um experimento. O sucesso é sair cara. O fracasso é 
sair coroa. A probabilidade de sucesso é igual à de fracasso que é igual a 50%. 
5,0== qp 
São três experimentos. 
3=n 
Queremos que X assuma valor 2 (queremos dois sucessos). 
2=k 
A probabilidade fica: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
232 5,05,0
2
3
)2( −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
232 5,05,0
!1!2
!3)2( −×××==XP 
8
35,05,03)2( 12 =××==XP 
A fórmula da variável binomial decorre diretamente dos conceitos de análise combinatória. 
Querem ver? 
Notem o exercício resolvido na aula 15, quando nem tínhamos estudado a variável binomial. 
 
SUSEP 2010 [ESAF] 
Um estudo indica que, nas comunidades que vivem em clima muito frio e com uma dieta de 
baixa ingestão de gordura animal, a probabilidade de os casais terem filhos do sexo masculino 
é igual a 1/4. Desse modo, a probabilidade de um casal ter dois meninos e três meninas é igual 
a: 
a) 37/64 
b) 45/216 
c) 1/64 
d) 45/512 
e) 9/16 
 
Naquela aula, em que estudamos probabilidade, resolvemos este exercício análise 
combinatória para contarmos o número de casos envolvidos. 
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Agora que já estudamos a distribuição binomial, podemos pensar que, a cada parto, temos um 
experimento. Teremos sucesso se nascer menino. E queremos calcular a probabilidade de 
exatamente 2 sucessos em 5 experimentos (ou seja, 2 meninos em 5 partos). 
Ficamos com: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝⎛== )( 
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛==
32
4
3
4
1
2
5
)2(XP 
512
135
1024
2710 =× 
Que é exatamente o mesmo resultado que vimos na aula 15. 
 
EC 2 Paraná Previdência/2002. [CESPE] 
Parte das atribuições do analista previdenciário é a participação na elaboração de sistemas de 
informações previdenciárias. As informações, em geral, vêm de diversas fontes. É importante 
que um sistema de informações forneça com detalhes todo o processo metodológico, desde a 
obtenção dos dados até a sua disponibilização para o usuário final. Para assegurar a 
fidedignidade dos dados, as possíveis fontes de erros devem ser monitoradas e os erros, 
quando detectados, devem ser corrigidos. Nesse sentido, considere por hipótese, que o 
departamento DDD de determinada empresa deva coletar e enviar diariamente um conjunto 
de informações para a previdência. Ao longo do procedimento de envio dessas informações, 
há várias situações problemáticas, como dificuldades de transmissão dos dados, perda 
acidental de dados, atraso na coleta dos dados etc. Suponha que, ocorrendo uma dessas 
situações problemáticas, uma nova tentativa seja feita apenas no dia seguinte. Suponha ainda 
que, em 1.000 dias, um relatório gerencial tenha apresentado os seguintes resultados. 
Situação Quantidade de ocorrências 
em dias 
Impossibilidade de coleta das informações dentro 
do prazo 
300 
Problema na transmissão dos dados coletados 140 
Problema na recepção dos dados transmitidos 56 
Julgue o item seguinte, com base na situação hipotética descrita acima. 
 
1. Assumindo-se independência entre os dias e que as probabilidades permaneçam constantes 
ao longo do tempo, a probabilidade de haver sucesso na coleta das informações nos dois dias 
seguintes aos 1.000 dias de observação é superior a 0,50. 
 
Resolução. 
De cada 1000 dias, em 300 temos fracassos (impossibilidade de coleta da informação dentro 
do prazo). Portanto, em 700 dias nós temos sucessos (sucesso na coleta das informações). 
Vamos considerar que em cada dia nós temos um experimento. Se num dado dia a informação 
foi coletada, temos sucesso. Do contrário, se não foi possível coletar a informação, temos um 
fracasso. Seja “I” a variável que assume o valor zero em caso de fracasso, e assume o valor 1 
em caso de sucesso. A distribuição de probabilidade da variável “I” fica: 
14 
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I Probabilidade 
0 0,7 
1 0,3 
Pois bem, só que a coleta não é feita num único dia. O enunciado descreve uma situação em 
que a coleta é feita por dois dias. 
Seja X o número de sucessos nesses dois dias. X é uma variável binomial, em que a 
probabilidade de sucesso é 0,7 e a probabilidade de fracasso é 0,3. 
· p = 0,7 
· q = 0,3 
São dois experimentos (são dois dias). Portanto, n = 2. Queremos que nossa variável assuma o 
valor 2 (queremos que o número de sucessos seja 2). Logo, k = 2. 
· n = 2 
· k = 2 
Aplicando a fórmula: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
( ) ( ) 222 3,07,0
2
2
)2( −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
( ) 02 )3,0(7,0
!0!2
!2)2( ×××==XP 
( ) 17,01)2( 2 ××==XP 
49,0)2( ==XP 
A probabilidade procurada é inferior a 0,5. O item está errado. 
Gabarito: errado 
 
EC 3 SEAMA/ES – 2007. [CESPE] 
X Classificação Probabilidade 
80 < X ≤ 100 Ótima/muito boa 80 
40 < X ≤ 80 Boa/aceitável 15 
0 < X ≤ 40 Imprópria 5 
Com base nas informações da tabela acima, em que são dadas a distribuição e a classificação 
do índice de qualidade da água (X), instrumento para avaliação das condições bacteriológicas 
e físico-químicas de um corpo d’água, julgue os itens seguintes. 
1. Considere-se uma amostra aleatória simples de índices X1, X2 e X3. Neste caso, a 
probabilidade de que exatamente dois desses índices resultem na classificação da água como 
ótima ou muito boa é inferior a 0,5. 
2. Na situação considerada, X é uma variável aleatória discreta e assimétrica. 
 
15 
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Resolução. 
Temos costumeiramente designado por X a variável binomial. Como neste exercício já existe 
uma outra variável X (que indica o índice de qualidade da água) vamos chamar a nossa 
variável binomial de Y. 
 
Primeiro item. 
A variável binomial Y vai indicar o número de ocorrências de sucesso. O sucesso (ou caso 
favorável) acontece se o índice de qualidade da água for maior que 80 (=água classificada 
como ótima ou muito boa). 
São três experimentos (n = 3). Queremos que em dois deles o resultado seja favorável (k = 2). 
A probabilidade de sucesso é 80% (basta consultar a tabela fornecida). Portanto, p = 0,8. A 
probabilidade de fracasso é 20%. Portanto, q = 0,2. 
· n = 3 
· k = 2 
· p = 0,8 
· q = 0,2 
 
Aplicando a fórmula: 
knk qp
k
n
kYP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
232 2,08,0
2
3
)2( −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==YP 
232 2,08,0
!2!1
!3)2( −×××==YP 
12 2,08,03)2( ××==YP 
384,0)2( ==YP 
A probabilidade procurada é inferior a 0,5. O primeiro item está correto. 
Gabarito: certo 
 
O segundo item é bom pra revisarmos o conceito de variável discreta. Repare que a variável X 
pode assumir qualquer valor real no intervalo de 0 a 100. Portanto, é uma variável contínua. O 
item está errado. 
Gabarito: errado. 
 
16 
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EC 4 SEFAZ/MG – 2005 [ESAF]. 
Suponha que a probabilidade de que se encontre um erro contábil grave em uma auditoria seja 
0,2. Se dez auditorias independentes são realizadas, assinale a opção que dá a probabilidade 
de que não mais do que uma detecte erro contábil grave. 
a) 5/48,2 × 
b) 0,400 
c) 0,210 
d) ( )105/48,2 × 
e) ( )95/48,2 × 
 
Resolução. 
Podemos pensar que cada auditoria é um experimento. Em cada experimento, o sucesso 
ocorre quando é encontrado um erro grave. Queremos que o número de sucessos seja zero ou 
1. 
 
Podemos dividir o problema em duas partes. 
Primeiro: calculando a probabilidade de termos zero sucessos (k = 0). 
· n = 10 
· p = 0,2 
· q = 0,8 
· k = 0 
A probabilidade fica: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛== )( 
0100 8,02,0
0
10
)0( −××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛==XP 
0108,011)0( −××==XP 
108,0)0( ==XP 
 
Segundo: calculando a probabilidade de termos um sucesso (k = 1). 
· n = 10 
· p = 0,2 
· q = 0,8 
· k = 1 
A probabilidade fica: 
17 
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knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
1101 8,02,0
1
10
)1( −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
91 8,02,010)1( ××==XP 
91 8,02,010)1( ××==XP 
98,02)1( ×==XP 
 
Somando as duas probabilidades, ficamos com: 
==∪= )10( XXP 910 8,028,0 ×+ 
==∪= )10( XXP )28,0(8,0 9 +× 
Lembrando que 5/48,0 = , temos: 
==∪= )10( XXP )8,2(5/4 9 × 
Gabarito: E. 
 
EC 5 CGU 2008 [ESAF] 
Seja X uma variável aleatória discreta com função de probabilidade binomial )(xf , onde 
knx
kn ppCkf
−−= )1()( , e knC , é o número de combinações de n elementos tomados k a k. 
Sendo 6=n e 3/1=p , determine )6(f . 
a) 1/729 
b) 1 
c) 0 
d) 64/729 
e) 8/729 
 
Resolução. 
Temos uma variável binomial. O exercício pediu para calcularmos a probabilidade de 6=X . 
Basta aplicar a fórmula que vimos (e que o próprio exercício forneceu). 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
729/1)3/1()3/2()3/1(
6
6
)6( 6666 ==××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== −XP 
Gabarito: A. 
18 
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EC 6 CGU 2008 [ESAF] 
Seja )(kF a função de distribuição da variável aleatória definida na questão anterior, 
determine )0(F . 
a) 0 
b) 1/729 
c) 64/729 
d) 243/729 
e) 1. 
 
Resolução. 
A função de distribuição nos fornece a probabilidade de X ser menor ou igual a um dado valor 
k. 
Se 0=k , a função nos dirá qual a probabilidade de X ser menor ou igual a zero. 
Como X é uma variável binomial, ela só assume valores maiores ou iguais a zero. Lembrem-
se de que a variável binomial tem relação com o número de casos favoráveis em um número 
‘n’ de experimentos (não dá pra ter, por exemplo, menos dois casos favoráveis). 
Assim, )0(F corresponde à probabilidade de 0=X . 
Aplicando a fórmula: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
729/64)3/2()3/2()3/1(
0
6
)0( 6060 ==××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== −XP 
Gabarito: C. 
 
EC 7 CGU 2008 [ESAF] 
Seja X a soma de ‘n’ variáveis aleatórias independentes de Bernoulli, isto é, que assumem 
apenas os valores 1 e 0 com probabilidades p e p−1 , respectivamente. Assim, a distribuição 
de X é: 
a) binomial com parâmetros “n” e “p” 
b) gama com parâmetros “n” e “p” 
c) qui quadrado com “n” graus de liberdade 
d) laplace 
e) “t” de student com n-1 graus de liberdade 
 
Resolução: cobrança direta do resumo estudado nesta aula. 
19 
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Gabarito: A. 
 
EC 8 MPOG 2006 [ESAF] 
Um experimento binomial é um experimento que comporta um número fixo de provas 
independentes, n. Cada prova tem os resultados classificados em apenas duas categorias, a 
saber: sucesso ou fracasso. Muito embora essa classificação seja arbitrária, costuma-se 
denotar a probabilidade de sucesso por p, e a probabilidade de fracasso por q. Desse modo, 
realizando-se 50 provas, a probabilidade de se obter 30 sucessos é dada por 
 
a) 30 30 2050C p q 
b) 30 20 3050C p q 
c) 30 0 2050C p q 
d) 30 2050C p q⋅ 
e) 30 20 050C p q 
 
Resolução 
A probabilidade de ocorrerem exatamente k sucessos em uma sequência de n provas 
independentes, na qual a probabilidade de sucesso em cada prova é p e de a probabilidade de 
cada fracasso é q, é igual a 
 
30 30 20
50
k k n k
nC p q C p q
−⋅ = . 
Gabarito: A 
 
EC 9 PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] 
Um estudante marca, ao acaso, as respostas de um teste de 10 questões de múltipla escolha, 
com 4 alternativas por questão. O número mais provável de acertos é 
(A) 1,5 
(B) 2,0 
(C) 2,5 
(D) 3,0 
(E) 3,5 
 
Resolução. 
A probabilidade de acerto de cada questão é de 25% (são 4 alternativas e apenas uma é 
correta). O número de acertos é uma variável aleatória binomial, onde n = 10 e p = 0,25. 
20 
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As alternativas “a”, “c” e “e” trazem valores impossíveis de serem obtidos. Não é possível 
termos 1,5 acertos. Ou 2,5 acertos. Ou 3,5 acertos. Estes valores têm probabilidade zero. 
Ficamos, portanto, entre as alternativas “b” e “d”. 
Vamos calcular a probabilidade de 2 acertos. 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
82 75,025,0
2
10
)2( ××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
82 75,025,045)2( ××==XP 
Vamos agora calcular a probabilidade de 3 acertos. 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
73 75,025,0
3
10
)3( ××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
73 75,025,0120)3( ××==XP 
Dividindo as duas probabilidades: 
73
82
75,025,0120
75,025,045
)3(
)2(
××
××==
=
XP
XP 
1
120
130
120
345
25,0120
75,045
)3(
)2( >=×=×
×==
=
XP
XP 
Concluímos que )3()2( =>= XPXP . 
Gabarito: B 
 
EC 10 Ministério da Saúde/2007 [FCC] 
Um procedimento de controle de qualidade foi planejado para garantir o máximo de 5% de 
itens defeituosos na produção. A cada 20 minutos sorteia-se uma amostra aleatória de 10 itens 
e, havendo mais de 10% defeituosos, nesta amostra, interrompe-se a produção para 
verificação. A probabilidade de uma interrupção desnecessária é: 
a) 1095,01− 
b) 995,045,11 ×− 
c) 1005,0 
d) 95,005,09 9 ×× 
e) 995,05,01 ×− 
 
21 
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Resolução. 
Não gostei muito da redação do exercício não. O que a questão quis dizer foi o seguinte. 
Suponha que o percentual de itens defeituosos seja, realmente, de 5%, exatamente o máximo 
aceitável pela equipe de controle de qualidade. Nessa situação, qualquer interrupção será 
desnecessária (eis que a qualidade desejada estaria sendo obedecida). Nesse contexto, qual a 
probabilidade de uma interrupção desnecessária? Ou seja, qual a probabilidade de, em uma 
amostra de 10 itens, termos dois ou mais defeituosos? 
Podemos considerar que a análise de cada item da amostra seja um experimento. Temos 10 
experimentos (n=10). Vamos considerar sucesso quando o item analisado é defeituoso. E 
vamos considerar fracasso quando o item analisado não é defeituoso. 
Certamente vocês vão estar se perguntando: como pode chamar de sucesso um item 
defeituoso? 
E aí vale lembrar da observação que fizemos logo no começo aula 14. A nomenclatura 
sucesso/fracasso (ou caso favorável/desfavorável) não traz nenhum juízo de valor sobre o que 
é bom ou ruim, certo ou errado. Apenas serve para distinguir os resultados em que estamos 
interessados daqueles que não são de nosso interesse. 
Neste exercício, o interesse recai sobre os itens defeituosos. É sobre eles que atua o controle 
de qualidade. Por isso estou chamando de sucesso ao fato do item analisado ser defeituoso. 
A cada item analisado temos um experimento. Em cada experimento, a probabilidade de 
sucesso (item defeituoso), é de 5%. 
A probabilidade de termos zero itens defeituosos é: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
100100 95,095,005,0
0
10
)0( =××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== −XP 
A probabilidade de termos 1 item defeituoso é: 
991101 95,05,095,005,01095,005,0
1
10
)1( ×=××=××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛== −XP 
A probabilidade de termos zero ou item defeituoso é: 
910 95,05,095,0)1()0()10( ×+==+===∪= XPXPXXP 
A interrupção na produção ocorrerá se X for maior que 1. Logo, a probabilidade de 
interrupção corresponde à probabilidade de X ser maior que 1. 
( )910 95,05,095,01)1( ×+−=>XP 
Vamos separar o 0,9510 em duas partes: 
95,095,095,0 910 ×= 
( )99 95,05,095,095,01)1( ×+×−=>XP 
Colocando o 0,959 em evidência: 
( )5,095,095,01)1( 9 +−=>XP 
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45,195,01)1( 9 ×−=>XP 
Gabarito: B. 
 
EC 11 CGU – 2008 [ESAF] 
A probabilidade de sucesso em um experimento aleatório é p. Seja X o número de 
experimentos independentes realizados até se obter o primeiro sucesso. Qual a probabilidade 
de X = k, onde k=1,2,3,.... 
a) (1-p)k-1. 
b) p(1-p)k-1. 
c) k pk-1(1-p). 
d) pk-1(1-p). 
e) k(1-p)k-1 p. 
 
Resolução. 
Cuidado para não confundir. Nesse caso, X não é uma variável binomial. X não representa o 
número de sucessos em ‘n’ experimentos. X representa quantos experimentos são realizados 
até que se obtenha o primeiro sucesso. 
São feitos k experimentos. 
Em cada experimento, a probabilidade de sucesso é ‘p’. A probabilidade de fracasso é 
‘ p−1 ´. 
Seja I a variável que, em cada experimento, assume o valor zero em caso de sucesso e o valor 
1 em caso de fracasso. 
Para que X seja igual a k, deve ocorrer a seguinte situação: 
· primeiro experimento: fracasso ⇒ I = 0 
· segundo experimento: fracasso ⇒ I = 0 
· terceiro experimento: fracasso ⇒ I =0 
· ... 
· No experimento de número 1−k : fracasso ⇒ I = 0 
· No experimento de número k: sucesso ⇒ I = 1 
 
Nos 1−k primeiros experimentos, temos fracasso. No último experimento, temos um 
sucesso. 
Para que X seja igual a k, queremos que ocorram 1−k fracassos e 1 sucesso, nesta seqüência. 
Como todos esses eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é igual ao 
produto das probabilidades. 
ppkXP k ×−== −1)1()( 
Gabarito: B. 
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EC 12 SRF 2009 [ESAF] 
Ao se jogar um dado honesto três vezes, qual o valor mais próximo da probabilidade de o 
número 1 sair exatamente uma vez? 
a) 35% 
b) 17% 
c) 7% 
d) 42% 
e) 58% 
 
Resolução. 
A cada lançamento do dado, teremos sucesso se sair 1 e fracasso se sair outro número. 
A probabilidade de sucesso é 1/6 (
6
1=p ) 
A probabilidade de fracasso é 5/6 (
6
5=q ) 
Queremos 1 sucesso em 3 experimentos (n = 3 e k = 1) 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛== )( 
21
6
5
6
1
1
3
)1( ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
= =×
216
253 34,7% 
Gabarito: A 
 
EC 13 AFRFB 2009 [ESAF] 
Em um experimento binomial com três provas, a probabilidade de ocorrerem dois sucessos é 
doze vezes a probabilidade de ocorrerem três sucessos. Desse modo, as probabilidades de 
sucesso e fracasso são, em percentuais, respectivamente, iguais a: 
a) 80 % e 20 % 
b) 30 % e 70 % 
c) 60 % e 40 % 
d) 20 % e 80 % 
e) 25 % e 75 % 
 
Resolução. 
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São 3 experimentos ( 3=n ). A probabilidade de 2 sucessos é dada por: 
12
2
3
)2( qpXP ××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== 
= qp ×× 23 
A probabilidade de três sucessos é: 
03
3
3
)3( qpXP ××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== 
= 3p 
O exercício disse que a primeira probabilidade é 12 vezes a segunda. 
32 123 pqp ×=×× 
pq ×= 4 (equação I) 
A probabilidade de sucesso somada com a probabilidade de fracasso é igual a 100%. 
1=+ qp (equação II) 
Substituindo I em II: 
14 =+ pp 
2,0=p 
Logo: 
8,0=q 
Gabarito: D 
 
2. Média e variância da distribuição binomial 
Vamos continuar com o lançamento do dado. O resultado é considerado favorável se sair um 
múltiplo de 3. É desfavorável se não sair um múltiplo de 3. Vamos lançar o dado 3 vezes. 
Nossa variável aleatória X vai representar o número de casos favoráveis nesses lançamentos. 
É, portanto, uma variável binomial. 
Vamos calcular a probabilidade de X assumir cada valor. Já até fizemos essa conta quando 
começamos a estudar a variável binomial. Mas ok, vamos lá de novo. 
Para X assumir valor zero, precisamos que os três lançamentos sejam desfavoráveis. 
· n = 3 
· k = 0 
· p = 1/3 
· q = 2/3 
030
3
2
3
1
0
3
)0(
−
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
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27
8
3
2
3
1
!0!3
!3)0(
030
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛××==
−
XP 
Para X assumir valor 1, precisamos que exatamente um dos três lançamentos resulte em 
múltiplo de 3. 
· n = 3 
· k = 1 
· p = 1/3 
· q = 2/3 
27
12
3
2
3
13
3
2
3
1
!1!2
!3)1(
21131
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛××==
−
XP 
Para X assumir o valor 2, precisamos que exatamente dois dos três lançamentos resultem em 
múltiplo de 3. 
· n = 3 
· k = 2 
· p = 1/3 
· q = 2/3 
27
6
3
2
3
13
3
2
3
1
!2!1
!3)2(
12232
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛××==
−
XP 
Por fim, para X assumir o valor 3, precisamos que todos os lançamentos resultem em múltiplo 
de 3. 
· n = 3 
· k = 3 
· p = 1/3 
· q = 2/3 
27
1
3
2
3
11
3
2
3
1
!3!0
!3)3(
03333
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛××==
−
XP 
Queremos calcular a média desta variável aleatória. Vimos como fazer isto na aula passada. 
Basta considerarmos que as probabilidades são freqüências relativas. 
X P PX ×
0 8/27 0 
1 12/27 12/27 
2 6/27 12/27 
3 1/27 3/27 
Total 1 1 
E a média da nossa variável X fica: 
1
1
1 ==μ 
26 
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Vamos agora calcular a sua variância. 
X 2e P Pe ×2
0 1 8/27 8/27 
1 0 12/27 0 
2 1 6/27 6/27 
3 4 1/27 4/27 
Total 1 18/27 
E a variância de X seria: 
3
2
27
182 ==σ 
Só que todo esse passo a passo dá muito trabalho. 
Quando X for uma variável aleatória binomial, um jeito mais rápido de calcular a sua média e 
sua variância é: 
np=μ 
npq=2σ 
Para calcular a média, basta multiplicar o número de experimentos (no nosso caso, lançamos 
o dado três vezes, n = 3) pela probabilidade de sucesso em 1 experimento (neste caso, em um 
lançamento, a probabilidade de sair um múltiplo de 3 é 1/3). 
Logo: 
np=μ 
1
3
13 =×=μ 
E para variância fazemos a mesma coisa. Só que, além dos passos acima, multiplicamos pela 
probabilidade de fracasso em um experimento (neste caso, em um lançamento, a 
probabilidade de sair um número que não seja múltiplo de 3 é 2/3). 
npq=2σ 
3
2
3
2
3
132 =××=σ 
→ 
MÉDIA E VARIÂNCIA DA VARIÁVEL BINOMIAL 
np=μ 
npq=2σ 
 
Estas expressões para a média e a variância da distribuição binomial podem ser facilmente 
obtidas com a utilização das propriedades da esperança. 
A variável binomial X corresponde à soma de n variáveis de bernoulli, designadas por I. 
∑
=
=
n
i
iIX
1
 
Cada variável I tem média p e variância pq. 
27 
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A esperança de X, portanto, equivale à esperança da soma de n variáveis I. Vimos que a 
esperança da soma é igual à soma das esperanças. 
=)(XE npIE
n
i
i =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛∑
=1
 
Quando temos variáveis independentes, a variância da soma é igual à soma das variâncias. 
Portanto: 
npqIV
n
i
i =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛∑
=1
 
3. Distribuição binomial e proporções 
A distribuição binomial é muito aplicada quando estamos interessados em proporções de uma 
dada população. 
Considere uma cidade com 100.000 habitantes em que 2/5 são favoráveis a uma dada política 
urbana. Ou ainda: a proporção de habitantes favoráveis à política urbana é de 40%. Vamos 
entrevistar cinco pessoas ao acaso. A nossa variável aleatória X vai designar o número de 
pessoas entrevistadas que são favoráveis à política urbana. 
Primeiramente, vamos supor que nosso processo ocorre com reposição. 
 
Como assim? O que significa “processo com reposição”? 
 
Listamos todas as pessoas. Sorteamos uma. Entrevistamos tal pessoa. Depois disso, o nome 
dela volta para a lista, podendo ser sorteada novamente. 
A nossa variável X pode assumir os valores 0, 1, 2, 3, 4, 5. É um caso análogo ao lançamento 
do dado. São cinco experimentos independentes e, em cada um deles, a probabilidade de 
ocorrer o resultado favorável é de 2/5. Como X designa o número de pessoas favoráveis à 
política (= número de sucessos), X é uma variável binomial. 
Assim, temos: 
· n = 5 (número de experimentos) 
· p = 2/5 (probabilidade de resultado favorável em um experimento – é o mesmo valor da 
proporção de pessoas favoráveis à política) 
· q = 3/5 (probabilidade de resultado desfavorável em um experimento) 
A probabilidade de X assumir cada um dos valores possíveis é dada abaixo: 
X P 
0 0,07776
1 0,2592 
2 0,3456 
3 0,2304 
4 0,0768 
5 0,01024
Todos os valores acima foramcalculados com a fórmula da variável binomial dada abaixo. 
28 
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knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
É por isso que a proporção está relacionada com a variável binomial. Ela tem relação com a 
probabilidade de sucesso e fracasso (valores de p e q). 
 
Vamos agora mudar um pouco o exemplo. 
 
Poderíamos fazer a entrevista de um modo um pouco diferente. Podemos fazer um 
experimento sem reposição, o que é até mais comum. Não queremos entrevistar a mesma 
pessoa duas vezes. Uma vez que um nome é sorteado, ele não volta para lista, de modo que 
uma pessoa jamais poderia ser sorteada mais de uma vez. 
Neste caso, não temos mais uma variável binomial. Continuamos tendo cinco experimentos. 
Só que eles não são mais independentes entre si (e, para termos variável binomial, os n 
eventos têm que ser independentes). A probabilidade de, no segundo experimento, ser 
entrevistada uma pessoa favorável à política urbana depende do resultado do primeiro 
experimento. 
São 100.000 habitantes. 40.000 são favoráveis à referida política. 60.000 são contrários. 
Suponhamos que a primeira pessoa entrevistada foi favorável à política. Entrevistada a 
primeira pessoa, a situação é a seguinte: 
· temos agora 99.999 pessoas 
· restaram 39.999 favoráveis à política 
A probabilidade de a segunda pessoa também ser favorável é: 39.999/99.999. Este número é 
diferente de 2/5. 
De outro modo, se a primeira pessoa foi contrária à referida política, temos: 
· 99.999 pessoas ainda restam com chances de serem entrevistadas 
· todas as 40.000 favoráveis à política ainda podem ser entrevistadas 
A probabilidade da segunda pessoa ser favorável é: 40.000/99.999, que também é diferente de 
2/5. 
Notem que a probabilidade de sucesso e fracasso no segundo experimento (na segunda 
entrevista) depende do resultado do experimento anterior. Ou seja, os experimentos não são 
independentes. Conclusão: não temos uma variável binomial. 
Mesmo nossa variável não sendo exatamente binomial, obedecidas algumas condições, 
podemos considerá-la aproximadamente binomial. 
É exatamente o caso acima. Para ficar mais claro, vamos para uma situação extrema. Suponha 
que as quatro primeiras pessoas entrevistadas foram favoráveis à política. Qual a 
probabilidade da quinta pessoa também ser? 
· restam 99.996 pessoas 
· destas, 39.996 são favoráveis à política urbana 
Portanto, a probabilidade procurada é: 39.996/99.996 = 0,399976. Este número é muito 
próximo de 2/5 (=0,4). 
29 
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A proximidade é tanta que podemos considerar que esta distribuição é praticamente binomial. 
Ou seja, mesmo que não haja reposição, podemos considerar que, a cada novo entrevistado, a 
probabilidade de a pessoa ser favorável à política urbana é de 2/5. Isto porque, mesmo na 
situação extrema acima, o valor obtido ainda foi muito próximo de 2/5. Utilizaremos esta 
propriedade nas próximas aulas. 
Então, resumindo, temos que: 
· a variável binomial é útil para estudarmos proporções 
· as probabilidades de sucesso e fracasso têm relação com a proporção de ocorrência de um 
dado fenômeno/resultado/valor/etc. 
Vejamos praticar um pouco. 
 
EC 14 Prefeitura Municipal de Vila Velha [CESPE] 
Determinado fornecedor informou que 5% dos produtos comercializados por ele apresentam 
algum tipo de defeito. Uma prefeitura efetuará uma compra desse fornecedor de um grande 
lote desses produtos. Como parte do procedimento de controle de qualidade dessa prefeitura, 
uma amostra aleatória de dez produtos do lote enviada pelo fornecedor será retirada. O lote só 
será aceito pela prefeitura se a amostra não apresentar produtos defeituosos. Caso a amostra 
apresente um ou mais produtos defeituosos, todo o lote será devolvido ao fornecedor. Com 
base nas informações apresentadas nessa situação hipotética, julgue os itens que se seguem. 
1. A probabilidade de um lote ser devolvido é superior a 0,25. 
2. A variância do número de produtos defeituosos na amostra é inferior a 0,40. 
3. A moda da distribuição do número de produtos defeituosos na amostra é igual a 1. 
 
Resolução. 
A questão envolve proporção. Proporções estão relacionadas com variáveis binomiais. Seja X 
o número de produtos defeituosos na amostra. X é uma variável binomial. A probabilidade de 
sucesso é igual a 5% (probabilidade de um dado item ser defeituoso). A probabilidade de 
fracasso é 95%. 
Não custa nada relembrar o comentário que já fizemos na aula 15. Estamos interessados nos 
produtos defeituosos. Por isso, associamos a eles os casos favoráveis (ou sucessos). Não 
estamos fazendo qualquer juízo de valor. Até porque, em regra, um produto defeituoso não é 
algo bom. Mesmo assim, chamamos de casos favoráveis, pois neles é que estamos 
interessados. 
Continuando com o exercício. A probabilidade de sucesso coincide com a proporção de 
produtos defeituosos fabricados pelo fornecedor. 
No item 1, queremos calcular a probabilidade de X assumir algum dos valores: 1, 2, 3, 4, ..., 
10. Isto porque se houver um ou mais produtos defeituosos, o lote será devolvido. Assim, se o 
número de produtos defeituosos (= X) não for zero, isto é, se nem todos os produtos 
funcionarem, o lote não será aceito. 
Lembrando a fórmula de cálculo vista no começo da aula: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
30 
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Teríamos que aplicar esta fórmula dez vezes. Uma vez para X = 1. Outra para X = 2. Outra 
para X = 3. E assim por diante, até X = 10. 
Só que isto dá muito trabalho. 
É mais fácil fazer o seguinte. Em vez de calcularmos a probabilidade do lote se devolvido, 
vamos calcular a probabilidade do lote ser aceito (evento complementar). 
Para que o lote seja aceito, todos os produtos devem estar funcionando. Ou seja, queremos 
calcular a probabilidade de X ser igual a 0. 
100 95,05,0
0
10
)0( ××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛==XP 
100 95,05,0
!0)!10(
!10)0( ×××==XP 
1095,0)0( ==XP 
598737,0)0( ==XP 
Percebeu a diferença? Precisamos aplicar a fórmula uma só vez. Foi muito menos trabalhoso. 
A probabilidade do lote ser aceito é de 59,87%. Portanto, a probabilidade de ele ser devolvido 
é de 40,13%. O item está correto, pois a probabilidade de devolução é superior a 25%. 
O inconveniente desta solução é que ela depende de um cálculo complicado (0,9510). 
Durante a prova, caso não tenha sido fornecida calculadora, para o candidato não precisar 
fazer a conta 0,9510, poderia adotar o seguinte procedimento. 
Partimos do número 1. Em seguida, subtraímos 5%, obtendo 0,95. 
Depois, subtraímos mais 5% (de 0,95), obtendo 0,9025. 
Em seguida, repetimos o procedimento. 
Se fizermos isso dez vezes, o valor obtido será 0,9510. 
 
Agora vamos mudar o procedimento. Partimos do número 1. Retiramos 0,025, obtendo 0,975. 
Em seguida, retiramos novamente 0,025, obtendo 0,95. 
Se fizermos isso dez vezes, o valor obtido será 0,75. 
Neste segundo procedimento, em cada subtração, estamos diminuindo menos de 5% do 
respectivo valor base. Com isso, podemos concluir que: 
75,095,0 10 < 
Portanto: 
75,0195,01 10 −>− 
25,095,01 10 >− 
A probabilidade do lote ser devolvido realmente é superior a 25%. 
Nesta segunda solução, não conseguimos realmente calcular o valor da probabilidade do lote 
ser devolvido. Apenas descobrimos que a probabilidade é maior que 25%. 
Gabarito: certo. 
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Vamos para o segundo item.Pede-se a variância de uma variável binomial. 
Basta aplicar a fórmula. 
npq=2σ 
São 10 elementos na amostra. 
10=n 
Chamando a probabilidade de um produto ser defeituoso de p, temos: 
05,0=p 
95,01 =−= pq 
E a variância fica: 
95,005,0102 ××=σ 
475,02 =σ . 
A variância não é inferior a 0,40. O item está errado. 
Gabarito: errado. 
 
Vamos ao terceiro item. 
Afirma-se que a moda da distribuição do número de produtos defeituosos é igual a 1. 
Nós vimos que a moda é o termo que mais se repete. Quando temos uma seqüência de 
números, a moda é o termo que tem maior freqüência. 
No caso de variável aleatória, temos probabilidades no lugar de freqüências. Vimos nas aulas 
anteriores que a probabilidade corresponde à freqüência relativa que seria obtida num número 
muito grande de experimentos. 
Pois bem, para que um número seja a moda, a probabilidade de ele ocorrer tem que ser maior 
que a probabilidade de ocorrer qualquer outro número. 
Para que a moda seja 1, a probabilidade de X ser igual a 1 tem que ser maior que a 
probabilidade de X assumir qualquer outro valor. Vamos calcular a probabilidade de X ser 
igual a 1. 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛== )( 
91 95,005,0
1
10
)1( ××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛==XP 
91 95,005,0
!9!1
!10)1( ×××==XP 
91 95,005,010)1( ××==XP 
3151,0)1( ==XP 
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No primeiro item, vimos que a probabilidade de X assumir o valor zero é igual a 59,87%. A 
probabilidade de X assumir o valor 1 é 31,51%. Portanto a moda não é 1. Há pelo menos um 
valor cuja probabilidade é superior à probabilidade de ocorrer o número 1. 
Caso não tenha sido fornecida calculadora, destaco que não era preciso calcular 995,0 . 
Bastava fazer o seguinte. 
91 95,005,010)1( ××==XP 
1095,0)0( ==XP 
Dividindo a segunda probabilidade pela primeira: 
9
10
95,005,010
95,0
)1(
)0(
××==
=
XP
XP 
05,010
95,0
)1(
)0(
×==
=
XP
XP 
5,0
95,0
)1(
)0( ==
=
XP
XP 
9,1
)1(
)0( ==
=
XP
XP 
Portanto, a probabilidade de X assumir o valor 0 é maior que a probabilidade de X assumir o 
valor 1. 
O item está errado. 
Gabarito: errado. 
 
EC 15 SAD PE 2009 [CESPE] 
 
 
 
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A figura acima apresenta a distribuição percentual da população de crianças e jovens entre 
cinco a dezenove anos de idade que nunca procurou um dentista, por renda domiciliar per 
capita no Brasil em 1998. “As diferenças entre os diversos grupos de renda per capita é 
acentuada. Aproximadamente 25% da população brasileira com idade entre cinco e dezenove 
anos nunca procuraram um dentista. Entretanto, este valor sofre oscilações segundo a renda 
variando de 50,7% naqueles domicílios com renda de até R$ 37,75 a 1,5% naqueles 
domicílios com renda per capita entre R$ 1.813,00 e R$ 40.500,00”. 
 
A. Nunes et al. Medindo as desigualdades em saúde no Brasil, OPAS/OMS, 2001 (com 
adaptações) 
 
Considerando que uma amostra aleatória simples de cinco mil indivíduos fosse retirada da 
população de crianças e jovens entre cinco e dezenove anos de idade no Brasil em 1998, se X 
representa o número de indivíduos nessa amostra que nunca procurou um dentista, então a 
variância de X é 
A) inferior a 400. 
B) superior a 400 e inferior a 600. 
C) superior a 600 e inferior a 800. 
D) superior a 800 e inferior a 1.000. 
E) superior a 1.000. 
 
Resolução 
25,2% da população brasileira com idade entre cinco e dezenove anos nunca procuraram um 
dentista. Isto significa que, para cada pessoa entrevistada, há 25,2% de chance de o indivíduo 
nunca ter procurado um dentista. Consequentemente, há 74,8% de chance de a pessoa já ter 
procurado um dentista. 
Como estamos interessados nos casos em que a pessoa não procura o dentista, temos: 
p = 25,2% ; q = 74,8% 
A amostra tem tamanho 5.000. 
n = 5.000 
A variância fica: 
48,942748,0252,0000.5)( =××== npqXVar 
 
Gabarito: D 
 
IV. DISTRIBUIÇÃO DE POISSON 
Vimos que a distribuição binomial é útil para calcularmos a probabilidade de, em “n” 
experimentos, termos k casos favoráveis. A fórmula estudada foi: 
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knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
Vamos retomar o EC 14. Calculamos a probabilidade da variável binomial assumir o valor 
zero (ou seja, do lote ser aceito). Ela era, aproximadamente, igual a 0,598737. 
Para tanto, fizemos o seguinte cálculo: 
0100 95,005,0
0
10
)0( −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
Pois bem. É possível demonstrar que, quando “n” é grande e “p” é pequeno, a fórmula 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( pode ser aproximada por: 
( )
!
)(
k
npekXP
knp ×==
−
 
O símbolo “ e ” representa um número real, que vale aproximadamente 2,7. 
Segundo Bussab e Morettin, no livro Estatística Básica, a aproximação é boa se 7≤np . 
Vamos resolver o mesmo exercício, agora usando essa aproximação. 
Com o auxílio de uma calculadora, temos: 
( ) 606531,0
!0
05,010)0(
005,010
≅××==
×−eXP 
Muitos tipos de variáveis são bem descritas por meio da distribuição de probabilidades dada 
por ( )
!
)(
k
npekXP
knp ×==
−
. Essa é a distribuição de Poisson. É comum substituir o produto 
np pela letra λ (lâmbda). 
Como a esperança da variável binomial é dada por np , dizemos que λ corresponde ao 
número esperado de ocorrências. 
A distribuição de Poisson descreve muito bem o número de ocorrências ao longo do tempo 
(ou ao longo de uma superfície). Alguns exemplos seriam: 
· O número de carros que passam por uma cabine de pedágio, durante 5 minutos; 
· O número de telefonemas recebido por uma central de atendimento, durante 2 horas; 
· O número de clientes que entram na fila de um banco, durante 1 hora. 
· O número de defeitos observados em 2 metros quadrados de material; 
→ 
DISTRIBUIÇÃO DE POISSON 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
 
Pode ser usada no lugar da distribuição binomial, quando o número de experimentos é grande 
(n grande) e quando a probabilidade de sucesso é pequena (p pequeno). 
Muito útil para representar alguns tipos de ocorrências em um determinado tempo/superfície.
 
35 
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EC 16 TRF 1ª Região/2001 [FCC] 
A probabilidade de que um item produzido por uma máquina seja defeituoso é de 10%. Uma 
amostra de 30 itens produzidos por esta máquina é selecionada ao acaso. Use a aproximação 
pela distribuição de Poisson para determinar a probabilidade de que não mais do que um item 
defeituoso seja encontrado nesta amostra. 
a) 34 −e 
b) 24 −e 
c) 33 −e 
d) 341 −− e 
e) 331 −− e 
 
Resolução. 
Antes de resolvermos a questão da maneira solicitada pelo enunciado, vamos usar a 
distribuição binomial. 
Podemos considerar que, a cada item selecionado, temos um experimento. Estamos 
interessados nos itens defeituosos. Se o item sorteado for defeituoso, consideramos um caso 
favorável. Caso contrário, consideramos um caso desfavorável. A probabilidade de sucesso, 
em um experimento, é de 10% (p = 0,1). O número de experimentos é de 30 (n = 30). Seja X o 
número de itens defeituosos na amostra de 30 itens. Queremos a probabilidade de X ser igual 
a zero ou 1. 
Basta aplicar a fórmula: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
300 9,01,0
0
30
)0( ××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛==XP 
Usando a calculadora: 
04239,0)0( ≅=XP 
291 9,01,0
1
30
)1( ××⎟⎟⎠⎞
⎜⎜⎝
⎛==XP 
Novamente com o auxilio de calculadora: 
14130,09,01,030)1( 291 ≅××==XP 
Assim, a probabilidade de termos um ou nenhum item defeituoso na amostra é de: 
18369,004239,014130,0 =+ 
 
Pronto. Achamos a probabilidade, considerando a distribuição binomial. 
Acontece que nós vimos que, em certas situações, a fórmula da distribuição binomial pode ser 
aproximada por: 
36 
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( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
 
Onde λ é o número esperado de ocorrências. 
Em média, 10% dos itens produzidos são defeituosos. Numa amostra com 30 itens, espera-se 
que existam 3 itens defeituosos ( 3=λ ). 
Note que: 31,030 =×== npλ . 
A probabilidade de termos zero itens defeituosos fica: 
( ) 303
!0
3)0( −
−
=×== eeXP 
A probabilidade de termos 1 item defeituoso na amostra é de: 
( ) 313 3
!1
3)1( −
−
=×== eeXP 
Assim, a probabilidade de termos zero ou um item defeituoso é de: 
333 43 −−− =+ eee 
Gabarito: A 
 
Por curiosidade, usando a calculadora, temos: 
19915,04 3 ≅−e 
O resultado foi relativamente próximo daquele calculado sem a aproximação (usando a 
distribuição binomial). 
 
Pergunta: Professor, como vou saber quando é para usar a distribuição binomial e quando 
vou utilizar a distribuição de Poisson? 
 
Neste exercício em particular, era perfeitamente possível usar a distribuição binomial. Em 
geral, se for possível usar a binomial, use-a! 
Neste caso, só usamos a distribuição de Poisson porque a questão disse expressamente para 
fazer isso. Do contrário, usaríamos a distribuição binomial mesmo. 
 
EC 17 MPE PE/2006 [FCC] 
O número de falhas de certo tipo de placa térmica tem distribuição de Poisson, com taxa 
média de 0,1 defeitos por m2. Na confecção da superfície de um armário, é necessário cobrir 
uma superfície de 2m por 2m com essa placa. 
A probabilidade de que haja pelo menos uma falha nessa superfície é de: 
a) 1,0−e 
b) 1,01 −− e 
37 
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c) 4,01 −− e 
d) 4,0−e 
e) 4,04,11 −− e 
 
Resolução. 
Exercício bem parecido com o anterior. 
Seja X a variável que designa o número de falhas. Vamos calcular a probabilidade de X seja 
igual a zero. 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
 
A taxa média é de 0,1 defeito por m2. Em 4 m2, o número esperado é de 0,4 defeitos 
( 4,0=λ ). 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
 
( ) 4,004,0
!0
4,0)0( −
−
=×== eeXP 
Portanto, a probabilidade que não haja defeitos na placa é de 4,0−e . 
Desse modo, a probabilidade de haver pelo menos uma falha nessa placa é de: 
4,01 −− e 
Gabarito: C. 
 
Interessante notar o seguinte. O exercício pediu para usarmos a distribuição de Poisson. 
Mas, mesmo que ele não tivesse dito nada a respeito, necessariamente teríamos que usar a 
distribuição de Poisson. Não dá para usar a distribuição binomial aqui. Por quê? 
Tanto na distribuição binomial quanto na de Poisson, a variável de interesse é o número de 
ocorrências de alguma coisa. 
Vamos retomar o EC 16. Lá a variável de interesse era o número de itens defeituosos 
produzidos pela máquina. Trata-se de uma variável discreta, que pode assumir apenas os 
valores 0, 1, 2, 3, ...., 29, 30. 
Pois bem, a cada item analisado, temos um experimento. A probabilidade de sucesso (=item 
defeituoso) é de 10%. A probabilidade de fracasso é de 90%. 
Se, a título de exemplo, quisermos calcular a probabilidade de termos exatamente 1 item 
defeituoso, usamos a fórmula da variável binomial. Ela vai nos dar a probabilidade de haver 
exatamente zero 1 defeituoso (e, consequentemente, 29 itens sem defeito). 
Ficaria assim: 
291 9,01,0
1
30
)1( ××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛==XP 
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Pois bem, estamos calculando a probabilidade de: 
· Termos 1 item defeituoso 
· Termos 29 itens não defeituosos 
· Tudo isso, verificado em 30 experimentos 
 
Mudemos de exercício. Vamos agora para o EC 17. 
Vamos calcular a probabilidade de ter exatamente uma falha na superfície, usando a 
distribuição binomial. 
Vamos considerar sucesso sempre que observarmos uma falha. Vamos considerar fracasso 
sempre que não observarmos qualquer falha. Pergunta: quanto experimentos foram 
realizados? 
Não dá para saber. 
O que seria um experimento? Seria a análise de 1 m2 de superfície? Seria a análise de 1 cm2 
de superfície? Não temos como contar quantos experimentos foram feitos. 
E mais: não sabemos quantos fracassos ocorreram. 
Estamos interessados em calcular a probabilidade de exatamente uma falha no material. 
Estamos considerando que cada falha é um caso favorável (=sucesso). Ou seja, queremos 
saber a probabilidade de, em uma placa de 4m2, termos exatamente 1 falha. Queremos a 
probabilidade de 1 caso favorável. 
Ok, para os casos favoráveis é tranqüilo. 
Contudo, não dá para contar quantos seriam os casos desfavoráveis. Quantas falhas deixaram 
de ocorrer? Outra vez, não temos resposta. 
Sempre que estivermos diante de situações assim, não dá para usar a distribuição binomial. 
Daí partimos para a distribuição de Poisson. 
A variável que apresenta distribuição de poisson é discreta. É sempre número de ocorrências 
de alguma coisa (portanto, só pode assumir os valores 0, 1, 2, 3, 4, ...). 
Mas, em geral, é um número de ocorrências contado sobre uma base contínua. Neste 
exercício, tínhamos o número de ocorrências de falhas em uma área (a área tem natureza 
contínua: pode assumir qualquer valor real maior que zero). 
Outro caso típico é o número de chamadas telefônicas numa central de atendimento. 
Novamente, estamos contando o número de ocorrências (a variável de interesse é discreta). 
Mas o tempo é contínuo. O tempo pode assumir qualquer valor real maior que zero. 
Novamente, teremos as mesmas dificuldades: como contar quantos experimentos 
aconteceram? Cada segundo é um experimento? Cada minuto? Cada hora? Como contar os 
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casos desfavoráveis? Como contar quantas chamadas não ocorreram? Como contar quantas 
ligações não foram feitas? 
 
→ 
BINOMIAL VERSUS POISSON 
Sempre que for possível usar a variável binomial, use-a (exceto se o exercício disser usar 
a variável de poisson). 
Há casos em que não é possível usar a distribuição binomial. São casos em que o 
número de ocorrências é contado num campo contínuo (como espaço/área e tempo). 
Nestas situações: use a distribuição de poisson 
 
Apenas por curiosidade, a idéia da distribuição de poisson é a seguinte. 
No caso das falhas na superfície de 4 m2, supõe-se que seria possível dividir esta superfície 
em áreas muito pequenas. Muito pequenas mesmo. Áreas infinitesimais. Isto de tal forma que 
a probabilidade de ocorrência de duas ou mais falhas em cada uma destas pequenas áreas seja 
igual a zero. 
Cada “áreazinha” é analisada, para ver se contempla uma falha. Ou seja, a cada área temos um 
experimento. Se a área apresentar uma falha, temos sucesso. Do contrário, temos fracasso. 
Feito isso, aplica-se a fórmula da distribuição binomial. Só que como as áreas têm que ser 
bem pequenas mesmo, então o número de experimentos é bem grandão. Quando ‘n’ é bem 
grande e ‘p’ é pequeno, daí é possível demonstrar que a fórmula da variável binomial tende a 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
. 
Ou seja: a fórmula da variável de poisson é baseada na distribuição binomial. Seria uma 
distribuição binomial “especial”(especial porque se aplica a casos em que o número de 
experimentos é bem grandão, uma vez que as ocorrências são contadas num campo contínuo). 
 
EC 18 MPE PE/2006 [FCC] 
Considerando os dados da questão anterior, responda ao que segue. 
Na confecção de 3 superfícies deste tipo, a probabilidade de que exatamente duas não 
apresentem defeito é: 
a) 4,024,0 )1(3 −−− ee 
b) 1,03 −e 
c) )1(3 2,0−− e 
d) 1,021,0 )1(3 −−− ee 
e) 8,024,0 )1(3 −−− ee 
 
Resolução. 
Já sabemos que a probabilidade de uma peça de 4 m2 ser defeituosa é de 4,01 −− e . 
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Queremos saber a probabilidade de exatamente duas peças não serem defeituosas. Temos três 
possibilidades: 
· A primeira peça é defeituosa (e as demais são normais) 
· A segunda peça é defeituosa (e as demais são normais) 
· A terceira peça é defeituosa (e as demais são normais) 
Vamos trabalhar com a primeira hipótese. Queremos que três eventos, independentes, 
ocorram simultaneamente (a primeira peça é defeituosa, a segunda peça é normal, e a terceira 
peça é normal). Como os três eventos são independentes, a probabilidade da intersecção é 
igual ao produto das probabilidades: 
( ) ( ) 8,04,04,04,04,0 11)_( −−−−− ×−=××−= eeeeedefeituosaprimeiraP 
Para as duas outras hipóteses, as contas são análogas. 
Somando as probabilidades das três possibilidades, ficamos com: 
( ) 8,04,013)__( −− ×−×= eenormaisduasexatamenteP 
Gabarito: E. 
 
Outra forma de resolver é aplicar direto a fórmula da distribuição binomial. 
Note que aqui a situação muda completamente. 
No exercício anterior, estávamos contando quantas falhas ocorriam em uma área (contínua). 
Usamos a distribuição de Poisson. 
Agora mudou tudo. Estamos contando quantas placas de 4m2 apresentam defeitos. A 
contagem não se dá mais em função de uma superfície/área. A contagem é por placa de 4m2. 
Cada placa analisada corresponde a um experimento. Se a placa apresentar falhas, temos um 
caso favorável. Do contrário, temos um caso desfavorável. Dá para contar quantos são os 
experimentos, quantos são os sucessos e quantos são os fracassos. 
Temos: 
· n = 3 (são confeccionadas três placas) 
· 4,01 −−= ep (a probabilidade de caso favorável – placa defeituosa – foi calculada no 
exercício anterior. 
· 4,0−= eq (probabilidade de caso desfavorável – placa sem defeitos) 
· 1=k (queremos exatamente uma placa com defeito – 1 caso favorável) 
 
Aplicando a fórmula da variável binomial: 
knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
( ) ( ) 134,014,01
1
3
)1( −−− ×−×⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== eeXP 
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( ) ( )24,04,013)1( −− ×−×== eeXP 
( ) ( )8,04,013)1( −− ×−×== eeXP 
E obtivemos o mesmo resultado. 
 
EC 19 MPU/2007 [FCC] 
O número de pacientes atendidos por um clínico geral segue uma distribuição de Poisson com 
taxa de 4 pacientes por hora. A probabilidade de que pelo menos um paciente consulte o 
clínico geral em um período de 15 minutos é: 
a) 11 −− e 
b) 41 −− e 
c) 4−e 
d) 4e 
e) 1−e 
 
Resolução. 
Notem que a contagem de pacientes se dá por tempo (que é contínuo). É o caso típico de 
utilização da distribuição de poisson. 
Antes de fazer qualquer conta, notem que a letra D é totalmente absurda. O número “e” é 
aproximadamente igual a 2,7. Quando elevado à quarta potência, fica ainda maior. Portanto, 
na letra D temos uma probabilidade maior que 1, o que é impossível. Uma probabilidade, no 
máximo, é de 100%. 
Se em uma hora, em média, são atendidos 4 pacientes, então o número esperado de pacientes 
no período de 15 minutos é 1 (basta fazer regra de três). Portanto, 1=λ . 
Seja X a variável que designa o número de pacientes atendidos. Queremos calcular a 
probabilidade de X ser maior que zero. 
Para tanto, primeiro vamos calcular a probabilidade de X ser igual a zero. 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
 
( ) 101
!0
1)0( −
−
=×== eeXP 
Portanto: 
11)0( −−=≠ eXP 
Gabarito: A. 
 
42 
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EC 20 TRF 2ª Região/2007 [FCC] 
Sabe-se que a variável aleatória X é bi-modal para x = 1 e x = 2 e que tem distribuição de 
Poisson. Sabendo que X é diferente de zero, a probabilidade de X assumir um valor menor do 
que 3 é dada por: 
a) 2
4
e
 
b) 
1
4
2 −e 
c) 
e
2 
d) 2
41
e
− 
e) 21
4
e− 
 
Resolução. 
Exercício diferente dos anteriores. Acho que é uma questão muito boa porque cobra diversos 
conceitos (moda, distribuição de poisson e probabilidade condicional). 
Quando temos um conjunto de dados, a moda é o termo que mais se repete. 
Quando temos uma variável aleatória discreta, a moda é o valor que tem a maior 
probabilidade de ocorrer. Portanto, o exercício está nos dizendo que a probabilidade de X 
assumir os valores 1 e 2 são iguais entre si e, além disso, são maiores que as probabilidades de 
X assumir qualquer outro valor. 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
 
( )
!1
)1(
1λλ ×==
−eXP 
( )
!2
)2(
2λλ ×==
−eXP 
Igualando as duas probabilidades: 
( ) ( )
!2!1
21 λλ λλ ×=×
−− ee 
( ) ( ) 2
21
21
=⇒= λλλ 
Tendo o valor de λ , podemos achar a probabilidade de X ser igual a zero. 
( ) 202
!0
2)0( −
−
=×== eeXP 
43 
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Consequentemente, a probabilidade de X ser diferente de zero é de: 
21)0( −−=≠ eXP 
Vamos agora calcular a probabilidade de X ser igual a 1: 
( ) 212 2
!1
2)1( −
−
=×== eeXP 
A probabilidade de X ser igual a 2 também é de 22 −e (pois achamos λ de forma que esta 
igualdade ocorresse). 
22)2( −== eXP 
A probabilidade de X ser menor que 3 é dada por: 
)210()3( =∪=∪==< XXXPXP 
Como os eventos X = 0, X = 1 e X = 2 são excludentes, podemos separar a probabilidade da 
união em soma das probabilidades: 
25)2()1()0()3( −==+=+==< eXPXPXPXP 
Só que o exercício não pediu a probabilidade de X ser menor que 3. O que foi pedido foi a 
probabilidade de X ser menor que 3 dado que X é diferente de zero. 
Usando a fórmula de probabilidade condicional vista na aula 14, temos: 
)0(
)03()03( ≠
≠∩<=≠<
XP
XXPXXP 
2
2
1
4
)0(
)2()1(
)0(
)21()03( −
−
−=≠
=+==≠
=∪==≠<
e
e
XP
XPXP
XP
XXPXXP 
Multiplicando o numerador e o denominador por 2e : 
1
4)03( 2 −=≠< eXXP 
Gabarito: B. 
 
EC 21 MPOG 2006 [ESAF] 
Uma variável aleatória X tem distribuição de Poisson, com parâmetro “m”, e k = 0, 1, 2, 3... 
se e somente se 
a) ( )
mm eP X k
k
−⋅= = 
b) ( )
k mm eP X k
k
−⋅= = 
c) ( )
k mm eP X k
k
⋅= = 
d) ( )
km eP X k
k
⋅= = 
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e) ( )
!
k mm eP X k
k
−⋅= = 
 
Resolução: 
A fórmula para se determinar a probabilidade de um dado número k de sucessos em uma 
distribuição de Poisson é : 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
 
O parâmetro λ foi chamado de m. 
Assim: 
( )
!
k mm eP X k
k
−⋅= = . 
Gabarito: E 
 
EC 22 CGU 2008 [ESAF] 
Tem-se que xnxxn ppCxf
−−×= )1()( , , onde xnC , é o número de combinações de n elementos 
tomados x a x, )(xf é a função de probabilidade de uma variável aleatória binomial. 
Fazendo-se na sua expressão 0→p e ∞→n , mas com λ=np , )(xf tem como limite a 
função de probabilidade de uma variável aleatóriade Poisson, que é: 
a) λλ −ex 
b) 
!x
ex λλ − 
c) xe λλ − 
d) λλ /xe− 
e) )(/1 λλ Γ−− xex 
 
Resolução. 
Vimos que, quando ‘n’ é grande e ‘p’ é pequeno, a expressão knk qp
k
n
kXP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
pode ser aproximada por: 
( )
!
)(
k
npekXP
knp ×==
−
 
Vimos também que é comum chamar o produto np de λ . 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
 
45 
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Em vez de usar a letra k , a questão está usando x (minúsculo). 
Gabarito: B 
 
EC 23 AFRFB 2009 [ESAF] 
O número de petroleiros que chegam a uma refinaria ocorre segundo uma distribuição de 
Poisson, com média de dois petroleiros por dia. Desse modo, a probabilidade de a refinaria 
receber no máximo três petroleiros em dois dias é igual a: 
 
Resolução. 
Precisamos simplesmente aplicar a fórmula da distribuição de Poisson várias vezes. 
Em dois dias, o número esperado de petroleiros é igual a 4. 
4=λ 
Aplicando a fórmula: 
=+++ )3()2()1()0( PPPP 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +++×−
!3
4
!2
4
!1
4
!0
4 32104e = 
= ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×−
3
714e 
Gabarito: C 
 
EC 24 Sefaz RJ 2009 [FGV] 
O número de clientes que buscam, em cada dia, os serviços de um renomado cirurgião tem 
uma distribuição de Poisson com média de 2 pacientes por dia. Para cada cirurgia efetuada, o 
cirurgião recebe R$ 10.000,00. No entanto, ele consegue fazer o máximo de duas cirurgias em 
um dia; clientes excedentes são perdidos para outros cirurgiões. 
Assinale a alternativa que indique o valor esperado da receita diária do cirurgião. 
(considere e–2 = 0,14) 
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(A) R$ 5.600,00. 
(B) R$ 8.400,00. 
(C) R$ 10.000,00. 
(D) R$ 14.400,00. 
(E) R$ 20.000,00. 
 
Resolução. 
Seja X a variável que indica o número de clientes que buscam o cirurgião, por dia. X tem 
distribuição de Poisson. 
( )
!
)(
k
ekXP
kλλ ×==
−
. 
2
02
!0
2)0( −
−
=×== eeXP 
2
12
2
!1
2)1( −
−
=×== eeXP 
Já achamos as probabilidades de X ser igual a zero e de X ser igual a 1. 
E quanto aos demais casos? E quanto aos casos em que X é maior ou igual a 2? 
Bem, eles podem ser tratados em conjunto. Isto porque, se X for maior ou igual a 2, o 
cirurgião só poderá atender 2 clientes. Sua receita diária, em qualquer desses casos, será de 
R$ 20.000,00. Assim, pouco importa se, num dado dia, 2 clientes procuram o cirurgião, ou se 
20 clientes procuram o cirurgião. Nos dois casos ele só terá uma receita de R$ 20.000,00. 
Por isso, vamos tratar todos estes casos de forma conjunta. 
?)2( =≥XP 
=≥ )2(XP ( ))1()0(1 =+=− XPXP 
=≥ )2(XP 231 −− e 
Seja Y a variável que indica a receita diária do cirurgião. A tabela abaixo relaciona os valores 
de X e suas probabilidades com os respectivos valores de Y. 
X Y Probabilidade 
0 0 2−e 
1 10.000 2 2−e 
maior ou igual a 2 20.000 231 −− e 
A esperança de Y fica: 
)31(000.202000.100)( 222 −−− −×+×+×= eeeYE 
22 000.60000.20000.20)( −− −+= eeYE 
2000.40000.20)( −−= eYE 
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14,0000.40000.20)( ×−=YE 
600.5000.20)( −=YE = 14.400 
Gabarito: D 
 
Para encerrar os comentários da distribuição de Poisson, faltou dizer o seguinte. Se X tem 
distribuição de Poisson, então: 
λ== )()( XVXE 
A variância e a esperança de X são iguais a λ . 
 
→ 
MÉDIA E VARIÂNCIA DA DISTRIBUIÇÃO DE POISSON 
λ== )()( XVXE 
 
V. DISTRIBUIÇÃO UNIFORME CONTÍNUA 
No início da aula estudamos a distribuição uniforme discreta. É a distribuição em que todos os 
possíveis valores assumidos pela variável aleatória têm a mesma chance de ocorrer. 
Agora, veremos também uma variável uniforme. Só que, em vez de ser discreta (ou seja, 
assumir apenas alguns valores), ela é contínua. 
Sabemos, desde a aula anterior, que, no caso de uma variável contínua, não podemos falar em 
probabilidade de ocorrer um dado número. Podemos falar apenas em probabilidades 
relacionadas a intervalos de valores. E essas probabilidades podem ser calculadas a partir do 
gráfico da função densidade de probabilidade. 
Pois bem, as variáveis contínuas são estudadas a partir de seu gráfico de densidade de 
probabilidade. 
Vejamos um exemplo de variável uniforme contínua. 
 
 
48 
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Observemos a figura acima. Temos o desenho de um gráfico de uma função densidade de 
probabilidade (fdp). Ela assume o valor 0,5, quando X pertence ao intervalo [1;3]. Quando X 
não pertence a este intervalo, a função assume o valor zero. 
O que caracteriza uma variável uniforme? 
No intervalo em que a fdp é diferente de zero, ela é constante. No presente caso, no intervalo 
de 1 a 3 a fdp vale sempre 0,5. 
 
→ 
VARIÁVEL UNIFORME CONTÍNUA 
É igual a zero em toda a reta real, com exceção de um dado intervalo, onde assume um 
valor constante.
 
Achar a média da variável uniforme é bem simples. Tomamos o intervalo em que ela é 
diferente de zero. O ponto médio desse intervalo corresponde à média da variável. 
No exemplo acima, a média de X é igual a 2 (pois o ponto médio do intervalo [1;3] é 2. 
Na aula passada nós vimos o seguinte exercício: 
BASA – 2007 [CESPE] 
Considere duas variáveis aleatórias independentes X e Y idênticas e uniformemente 
distribuídas no intervalo (0, 1). Acerca da distribuição da soma Z = X + Y, julgue os seguintes 
itens. 
61 A média de Z é igual a zero. 
62 A variância de Z é igual à variância da diferença X – Y. 
63 A covariância entre Z e X é igual a 1/12. 
 
Na oportunidade, nós ainda não sabíamos o que era uma variável uniformemente distribuída. 
Agora nós sabemos. É uma variável uniforme. Sua função densidade de probabilidade é 
sempre zero. Com exceção do intervalo entre 0 e 1. 
Sua fdp fica: 
-2 -1 0 1 2 3
x
fd
p
a
 
49 
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No intervalo entre 0 e 1, a fdp é igual a uma constante (que estamos chamando de ‘a’ – 
destacado em vermelho na figura acima). 
Para descobrir que constante é essa é bem fácil. Sabemos que a variável aleatória X só assume 
valores entre 0 e 1. Portanto, a probabilidade de X estar entre 0 e 1 é de 100%. Logo, a área 
abaixo da curva da fdp, entre 0 e 1, é de igual a 1 (=100%). 
A área é um retângulo de base 1 e altura ‘a’. Sua área fica: 
aArea ×= 1 
111 =⇒×= aa 
O gráfico da fdp fica assim: 
0
0,25
0,5
0,75
1
-2 -1 0 1 2 3
x
fd
p
 
Ainda nesse exercício, nós precisamos achar a esperança de X e de Y. Na aula passada, eu dei 
essa informação para vocês. Agora vocês já sabem que basta pegar o ponto médio do 
intervalo. 
O ponto médio entre 0 e 1 é 0,5. Portanto: 
5,0][][ == YEXE 
 
Já vimos que, no caso da distribuição uniforme, a esperança é o ponto médio do itnervalo. 
Falta vermos qual é a sua variância. 
Se a fdp é uniforme no intervalo de a até b, então a variância fica: 
12
)()(
2abXV −= 
50 
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→ 
VARIÁVEL UNIFORME CONTÍNUA 
Se a variável é uniforme no intervalo (a, b), então: 
2
)( baXE += 
12
)()(
2abXV −= 
 
EC 25 CGU 2008 [ESAF] 
Sendo X uma variável aleatória uniformemente distribuída no intervalo [0,1], determine sua 
variância.a) 1/2. 
b) 1/3. 
c) 1/4. 
d) 1/6. 
e) 1/12. 
 
Resolução: 
 
12
)01(
12
)()(
22 −=−= abXV =
12
1 
Gabarito: E 
 
EC 26 MPU/2007 [FCC] 
O tempo necessário para um medicamento contra dor fazer efeito segue um modelo com 
densidade Uniforme no intervalo de 5 a 15 (em minutos). Um paciente é selecionado ao acaso 
entre os que tomaram o remédio. A probabilidade do medicamento fazer efeito em até 10 
minutos, neste paciente, é: 
a) 0,8 
b) 0,7 
c) 0,5 
d) 0,4 
e) 0,3 
 
Resolução. 
O gráfico da função densidade de probabilidade fica: 
51 
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0
0,05
0,1
0,15
0 5 10 15 20
x
fd
p
 
A fdp vale zero em toda a reta real, com exceção do intervalo entre 5 e 15. Nesse intervalo a 
fdp é constante e igual a 0,1. Como sabemos disso? 
A variável só assume valores entre 5 e 10. Logo, a probabilidade de ela estar nesse intervalo é 
igual a 1. Portanto, a área do retângulo acima deve ser igual a 1. Para que isso aconteça, a 
altura deve ser o inverso da base. 
A base vale 10. A altura é o inverso da base. Portanto, vale 0,1. 
O exercício perguntou qual a probabilidade da variável aleatória assumir valores menores ou 
iguais a 10. 
Ou seja, precisamos da área verde da figura abaixo: 
 
5,01,05_)10( =×==< verdeAreaXP 
Gabarito: C. 
 
EC 27 TRF 2ª Região/2007 [FCC] 
A temperatura T de destilação do petróleo é uma variável aleatória com distribuição uniforme 
no intervalo [150,300]. Seja C o custo para se produzir um galão de petróleo. Determine o 
52 
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lucro esperado por galão, supondo que o preço de venda por galão é uma variável aleatória Y 
dada por: 
aY = , se 200≥T 
bY = , se 200<T 
 
a) Cba −+ 3/)2( 
b) 150/)(150/)( CbCa −+− 
c) Cba −+ 3/)( 
d) Cba −+ 150/)( 
e) Cba −+ 3/)2( 
 
Resolução. 
A variável T é uniforme no intervalo de 150 a 300. Sua fdp fica: 
0
0,00667
100 150 200 250 300 350 400
t
fd
p
 
A fdp é zero em quase toda a reta real. E é igual a 00667,0
150
1 ≅ no intervalo de 150 a 300. 
Como eu sei que nesse intervalo ela vale 1/150? É que a variável só assume valores nesse 
intervalo (entre 150 e 300). A área do retângulo acima tem que ser igual a 1. Para que isso 
aconteça, a altura tem que ser o inverso da base. Se a base é 150, a altura só pode ser igual a 
1/150. 
Vejamos agora a probabilidade de T assumir valores menores que 200. Queremos a área verde 
da figura abaixo. 
53 
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Temos um retângulo de base 50 e altura 1/150. A probabilidade procurada fica: 
3
1
150
150)200( =×==< AreaTP 
Conseqüentemente, a probabilidade de T assumir valores maiores ou iguais a 200 é de 2/3. 
O exercício disse que o preço de venda (Y), é uma variável tal que: 
aY = , se 200≥T 
bY = , se 200<T 
Assim, a probabilidade de Y assumir o valor “a” é de 2/3. E a probabilidade de Y assumir o 
valor “b” é de 1/3. 
Vamos calcular a esperança de Y: 
3
2
3
1
3
2][ babaYE +=×+×= 
O lucro do galão é igual ao preço de venda menos o custo. O lucro (L) fica: 
CYL −= , onde C é uma constante. 
O exercício pediu a esperança de L. 
?][ =LE 
Usando as propriedades da esperança: 
][][ CYELE −= 
A esperança da diferença é igual à diferença das esperanças: 
][][][ CEYELE −= 
A esperança da constante é igual à própria constante. 
CYELE −= ][][ 
CbaLE −+=
3
2][ 
54 
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Gabarito: E 
 
EC 28 MPE PE/2006 [FCC] 
Seja X uma variável aleatória, com densidade Uniforme no intervalo [ ]αα ;− , o valor de α 
que satisfaz à condição )1(2)2/1( −<=> XPXP é: 
a) 2 
b) 3/2 
c) 1 
d) 1/2 
e) 1/4 
 
Resolução. 
Um primeiro esboço do gráfico da fdp dessa variável é: 
fd
p
αα−
 
A fdp só é diferente de zero no intervalo entre [ ]αα ;− . Nesse intervalo a fdp é constante e 
vale α2
1 . Como sabemos disso? É o mesmo raciocínio dos exercícios anteriores. A altura tem 
que ser o inverso da base. Como a base vale α2 , a altura vale α2
1 , de modo que a área do 
retângulo seja igual a 1. 
A probabilidade de X ser maior que 1/2 é igual à área verde abaixo: 
55 
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A área fica: 
)2/1(
2
1_)2/1( −×==> ααverdeAreaXP 
E a probabilidade de X ser menor que -1 é igual à área amarela abaixo: 
 
 
( ) ( )αααα +−×=−−−×==−< 12
1)(1
2
1_)1( amarelaAreaXP 
Queremos que a área verde seja o dobro da área amarela. 
( )αααα +−××=−× 12
12)2/1(
2
1 
( )αα +−×=− 12)2/1( 
αα 222/1 +−=− 
5,1=α 
Gabarito: B. 
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EC 29 ANP 2008 [CESGRANRIO] 
A variável aleatória X tem uma distribuição de probabilidade contínua e uniforme entre 0 e 2. 
A probabilidade de que uma realização de X ocorra entre 0.9 e 1.1 é 
(A) nula. 
(B) menor que 10%. 
(C) igual a 10%. 
(D) maior que 20%. 
(E) maior que um desvio padrão. 
 
Resolução. 
O gráfico da fdp é dado por: 
 
Temos um retângulo de base 2 e altura 0,5 (pois a altura deve ser o inverso da base). 
A área procurada está destacada em verde: 
 
Temos um retângulo de base 0,2 e altura 0,5. 
1,05,02,0 =×=Area 
Gabarito: C 
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EC 30 PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] 
Toma-se uma amostra aleatória de 5 observações de uma população com distribuição 
uniforme no intervalo [0, 1]. Qual é a probabilidade de a maior das observações ser superior a 
0,5? 
(A) 1/2 
(B) 3/4 
(C) 4/5 
(D) 15/16 
(E) 31/32 
 
Resolução. 
A média desta variável aleatória é igual a 0,5 (ponto médio entre 0 e 1). 
A fdp é simétrica em torno de sua média. Logo, a probabilidade de termos um valor maior que 
0,5 é igual à probabilidade de termos um valor menor que 0,5. E ambas valem 50%. 
Seja A o evento que ocorre quando, selecionando-se 5 observações ao acaso, pelo menos uma 
delas é maior que 0,5. O exercício pediu: 
?)( =AP 
O evento A ocorre quando todas as observações são menores que 5. 
32
15,0)( 5 ==AP 
Conseqüentemente: 
)(1)( APAP −= = 
32
31 
Gabarito: E 
 
VI. DISTRIBUIÇÃO NORMAL 
Nesta e na aula anterior estudamos a função densidade de probabilidade, que serve para 
caracterizar variáveis aleatórias contínuas. A resolução das questões passava por desenhar 
seus gráficos e calcular áreas abaixo das curvas. 
Uma função densidade de probabilidade muito importante é a função da variável gaussiana 
(ou normal). 
Sua fórmula é a seguinte: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−= 2
2
2 2
)(exp
2
1)( σ
μ
πσ
xxf 
Onde μ é a média da variável aleatória (=esperança), σ é o desvio padrão e “exp” é a função 
exponencial em que a base é o número de Euler. 
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Nem precisa ficar preocupado em decorar ou entender a função acima. Nós só a citamos e 
nem vamos comentar novamente. É claro que nós não vamos ficar desenhando seu gráfico 
para, em seguida, ficar calculandoáreas abaixo da curva. 
Como a distribuição normal é muito importante, o que geralmente vem na prova são tabelas 
que nos fornecem as informações das áreas abaixo da curva. O que nós vamos aprender é 
simplesmente como consultar tais tabelas. 
Então vamos resumir. Sabemos que existe uma variável aleatória que é muito importante, que 
se chama normal (ou gaussiana). Ela tem uma função densidade de probabilidade meio 
complicada, por isso a prova vai nos fornecer tabelas com as contas prontas. Temos apenas 
que saber como olhar na tabela. 
Mesmo que a gente não precise saber como desenhar o gráfico, vamos ver alguns deles, 
gerados no excel (função “dist.norm”). É útil para visualizarmos algumas propriedades da 
variável normal. 
Para desenhar o gráfico, precisamos saber a média e o desvio padrão da variável aleatória 
normal em análise. O gráfico abaixo representa a função densidade de probabilidade quando a 
variável aleatória normal tem média zero e desvio padrão unitário. 
 
 
Figura 1 - Função densidade de probabilidade para variável aleatória normal com média zero e desvio 
padrão unitário. 
 
Algumas características da função densidade de probabilidade da variável normal. 
Primeiro: o ponto de máximo corresponde à média da variável aleatória (=esperança). Neste 
caso, a média é zero. Corresponde também à moda e à mediana da distribuição. 
Segundo: a função é simétrica. Poderíamos colocar um espelho bem em cima do zero (ponto 
de máximo, que coincide com a média), que as duas metades da função se sobreporiam com 
perfeição. 
Isto quer dizer que o valor da função em -0,5 é igual ao valor da função em +0,5. Por quê? 
Porque esses dois valores estão igualmente afastados da média. 
Este gráfico acima, que representa a variável aleatória normal com média zero e desvio 
padrão unitário, é o mais importante. Isto porque as tabelas que nós estudaremos mais adiante 
fornecem áreas abaixo da curva justamente para este gráfico. Se no exercício tivermos uma 
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outra variável aleatória normal que não tenha média zero e desvio padrão unitário, vamos 
precisar fazer algumas transformações para utilizar as tabelas. 
A variável normal com média zero e desvio padrão unitário é comumente chamada de 
variável normal reduzida. Ou ainda, de variável normal padrão. Seu símbolo usual é “Z”. 
→Z variável normal reduzida (média zero e desvio padrão unitário). 
Terceiro: à medida que x assume valores muito grandes (tendendo a ∞+ ) ou muito pequenos 
(tendendo a ∞− ), a função tende para zero. 
Quarto: a área abaixo da curva inteira (considerando valores de x tendendo ao infinito, bem 
como aqueles tendendo a menos infinito) é 1. Isto porque a probabilidade de x assumir um 
valor qualquer em toda a reta real é 100%. 
A seguir o gráfico de uma função densidade de probabilidade para uma variável normal com 
média zero e desvio padrão igual a 1,6. 
 
Figura 2 - Função densidade de probabilidade para variável aleatória normal com média zero e desvio 
padrão igual a 1,6 
 
Observe que o ponto de máximo é o mesmo do gráfico anterior. Isto porque a média, nos dois 
casos, é zero. 
Mas o gráfico da Figura 2 é mais suave que o gráfico da Figura 1. À medida que os valores de 
x ficam muito grandes, os valores da função vão para zero de forma mais lenta. Isto porque, 
na variável aleatória representada na Figura 2, o desvio padrão é maior. Ou seja, é uma 
variável que apresenta valores mais dispersos, mais afastados da média. 
Se os valores são mais dispersos, então a probabilidade de encontrarmos valores mais 
afastados da média é maior. Por isso a curva cai lentamente, de forma que a área abaixo dela, 
para valores mais afastados da média, não seja tão pequena quanto no caso da Figura 1. 
Vamos para um terceiro exemplo. 
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Figura 3 - Função densidade de probabilidade para variável normal com média 2 e desvio padrão unitário 
 
Agora a média é 2. Portanto, o ponto de máximo não fica em zero, sim em 2. Mas o gráfico 
continua sendo simétrico. Só que nosso espelho agora tem que ficar em cima de 2. 
Assim, a função assume os mesmos valores, tanto em x igual a 1 quanto em x igual a 3. Por 
quê? Porque esses dois valores estão igualmente afastados da média. O mesmo vale para os 
valores de x iguais a 4 e a 0. Ambos estão igualmente afastados da média. 
Note que o desvio padrão é unitário. É o mesmo desvio da variável da Figura 1. Portanto, as 
duas curvas têm exatamente o mesmo formato. Só houve um deslocamento horizontal ao 
longo do eixo x. 
 
1. Teorema do limite central 
Não vamos ver este teorema a fundo. Não vou demonstrá-lo nem apresentar seus resultados 
em notação matemática. Mas vamos tentar entender o que ele quer dizer. 
É possível demonstrar que, se somarmos diversas variáveis aleatórias independentes, a 
variável aleatória resultante terá distribuição próxima de uma gaussiana. Quanto mais o 
número de variáveis somadas cresce, mais a variável aleatória resultante se aproxima da 
distribuição normal. Este é o teorema do limite central. 
Vamos supor que nossa variável aleatória seja o resultado do lançamento de um dado de seis 
faces. A variável pode assumir os valores 1, 2, 3, 4, 5 e 6, todos com probabilidade de 1/6. 
Para entender o que acontece neste teorema, o ideal seria desenharmos a função densidade de 
probabilidade para esta variável. Só que, no caso de variáveis discretas, o desenho da fdp 
depende de alguns conceitos que nós não estudamos. 
Uma opção para entender o teorema do limite central seria trabalhar com o histograma. 
Alguns livros fazem isso. 
Aqui vou optar por algo ligeiramente diferente. Vamos criar uma “fdp” adaptada. 
Então vamos fazer a tal adaptação. Vamos desenhar o gráfico abaixo. 
61 
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Figura 4 - Função densidade de probabilidade adaptada para o lançamento de um dado 
 
A função vale zero em quase todos os valores de x. Para x indo de 0,95 até 1,05, a função vale 
10/6. Assim, se quisermos saber qual a probabilidade da variável X assumir valores neste 
intervalo, teríamos que calcular a área abaixo da curva, entre esses limites. Corresponderia à 
área verde da figura a seguir. 
 
Figura 5 - Cálculo da probabilidade de x assumir valores entre 0,95 e 1,05 
 
A probabilidade seria igual a 1/6. 
Sabemos que isto é apenas uma adaptação. Na verdade, X não assume valores em todo o 
intervalo de 0,95 a 1,05. Neste intervalo, ela assume apenas o valor 1, com probabilidade de 
1/6. Se o gráfico tivesse sido desenhado de maneira fiel, em x igual a 1 teríamos um retângulo 
de base zero e altura infinita, de forma que o produto fosse 1/6. Mas não vamos estudar aqui 
conceitos de limite para entender como ficaria tal gráfico. 
Entendido que se trata apenas de uma adaptação, vamos agora mudar um pouco o problema. 
Vamos supor que lançamos dois dados. E somamos os resultados. Nossa variável aleatória 
será a soma dos resultados obtidos nos dois dados. Agora os valores possíveis de nossa 
variável aleatória são: 2, 3, ..., 10, 11, 12. 
A tabela abaixo representa todas as possíveis somas. 
 
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Resultados Combinações que geram tal 
soma 
2 (1+1) 
3 (1+2) (2+1) 
4 (1+3) (3+1) (2+2) 
5 (1+4) (4+1) (2+3) (3+2) 
6 (1+5) (5+1) (2+4) (4+2) (3+3) 
7 (1+6) (6+1) (2+5) (5+2) (3+4) 
(4+3) 
8 (2+6) (6+2) (3+5) (5+3) (4+4) 
9 (3+6) (6+3) (4+5) (5+4)10 (4+6) (6+4) (5+5) 
11 (5+6) (6+5) 
12 (6+6) 
 
Observem que agora nem todos os resultados possíveis têm a mesma probabilidade. O valor 
12 só acontece se os resultados forem 6 e 6. É mais difícil de sair uma soma 12. Já o valor 7 
tem probabilidade maior. São várias as combinações que resultam em 7. 
As probabilidades de cada soma ficariam: 
Resultados Probabilidade
2 1/36 
3 2/36 
4 3/36 
5 4/36 
6 5/36 
7 6/36 
8 5/36 
9 4/36 
10 3/36 
11 2/36 
12 1/36 
 
E a nossa fdp adaptada ficaria assim: 
63 
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Figura 6 - Função densidade de probabilidade adaptada para a soma dos resultados dos lançamentos de 
dois dados 
 
Agora, em vez de dois dados, vamos supor que temos três dados. A nossa variável aleatória 
agora será dada pela soma dos resultados dos três dados. Os valores possíveis agora são 3, 4, 
5 ..., 15, 16, 17, 18. 
A tabela de probabilidades fica: 
Resultados Probabilidade
3 1/216 
4 3/216 
5 6/216 
6 10/216 
7 15/216 
8 21/216 
9 25/216 
10 27/216 
11 27/216 
12 25/216 
13 21/216 
14 15/216 
15 10/216 
16 6/216 
17 3/216 
18 1/216 
E o gráfico ficaria: 
64 
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Figura 7 – Função de densidade de probabilidade adaptada para o lançamento de três dados 
 
Quando tínhamos um dado apenas, o gráfico era bem diferente do gráfico da variável normal. 
Com dois dados, o formato já mudou bastante. Com três dados, já estamos com um perfil que 
lembra uma variável normal. 
Se aumentássemos bastante o número de dados lançados, estaríamos com um gráfico muito 
próximo ao da curva normal, com a única diferença de estarmos diante de um caso de uma 
variável discreta, quando a função densidade de probabilidade da variável normal é contínua. 
Então pra gente o que importa é saber isto: a soma de um número muito grande de variáveis 
aleatórias independentes resulta numa variável cuja distribuição é próxima da distribuição 
normal. Há mais algumas condições a serem obedecidas para que isto seja aplicável, mas para 
o nosso curso saber até aqui já está ótimo. 
Por isto a variável normal ou gaussiana é importante. Muitas variáveis, resultantes de um 
número muito grande de outras variáveis, podem ser aproximadas por uma curva normal. 
Aqui vou dar um exemplo tirado do livro “Estatística para economistas”, do Rodolfo 
Hoffmann. Tomemos a altura de indivíduos adultos. A altura é influenciada por diversas 
variáveis que podem ser tomadas como independentes: carga genética, alimentação, doenças 
(talvez as doenças não sejam realmente independentes das demais, mas é só um exemplo), 
entre outros. Com tantas variáveis diferentes, é razoável esperar que a variável resultante em 
questão (a altura) siga mais ou menos uma distribuição normal. 
Não vamos ver problemas com este teorema. Na verdade ele serve para que muitas 
propriedades que veremos daqui pra frente sejam demonstradas. Para esse nosso curso acho 
que basta apenas saber da existência deste teorema, pois ajuda a entender porque a variável 
normal é tão importante. 
 
2. Utilização das tabelas 
Gerei a seguinte tabela com o excel (função “dist.norm”). Na prova vai vir esta tabela (ou 
uma parte dela). Esta tabela também está reproduzida ao final da aula. 
 
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 PROBABILIDADE DE Z ESTAR ENTRE 0 E Z0 
 Segunda casa decimal de Z0 
Z0 0 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09 
0,0 0,0000 0,0040 0,0080 0,0120 0,0160 0,0199 0,0239 0,0279 0,0319 0,0359 
0,1 0,0398 0,0438 0,0478 0,0517 0,0557 0,0596 0,0636 0,0675 0,0714 0,0753 
0,2 0,0793 0,0832 0,0871 0,0910 0,0948 0,0987 0,1026 0,1064 0,1103 0,1141 
0,3 0,1179 0,1217 0,1255 0,1293 0,1331 0,1368 0,1406 0,1443 0,1480 0,1517 
0,4 0,1554 0,1591 0,1628 0,1664 0,1700 0,1736 0,1772 0,1808 0,1844 0,1879 
0,5 0,1915 0,1950 0,1985 0,2019 0,2054 0,2088 0,2123 0,2157 0,2190 0,2224 
0,6 0,2257 0,2291 0,2324 0,2357 0,2389 0,2422 0,2454 0,2486 0,2517 0,2549 
0,7 0,2580 0,2611 0,2642 0,2673 0,2704 0,2734 0,2764 0,2794 0,2823 0,2852 
0,8 0,2881 0,2910 0,2939 0,2967 0,2995 0,3023 0,3051 0,3078 0,3106 0,3133 
0,9 0,3159 0,3186 0,3212 0,3238 0,3264 0,3289 0,3315 0,3340 0,3365 0,3389 
1,0 0,3413 0,3438 0,3461 0,3485 0,3508 0,3531 0,3554 0,3577 0,3599 0,3621 
1,1 0,3643 0,3665 0,3686 0,3708 0,3729 0,3749 0,3770 0,3790 0,3810 0,3830 
1,2 0,3849 0,3869 0,3888 0,3907 0,3925 0,3944 0,3962 0,3980 0,3997 0,4015 
1,3 0,4032 0,4049 0,4066 0,4082 0,4099 0,4115 0,4131 0,4147 0,4162 0,4177 
1,4 0,4192 0,4207 0,4222 0,4236 0,4251 0,4265 0,4279 0,4292 0,4306 0,4319 
1,5 0,4332 0,4345 0,4357 0,4370 0,4382 0,4394 0,4406 0,4418 0,4429 0,4441 
1,6 0,4452 0,4463 0,4474 0,4484 0,4495 0,4505 0,4515 0,4525 0,4535 0,4545 
1,7 0,4554 0,4564 0,4573 0,4582 0,4591 0,4599 0,4608 0,4616 0,4625 0,4633 
1,8 0,4641 0,4649 0,4656 0,4664 0,4671 0,4678 0,4686 0,4693 0,4699 0,4706 
1,9 0,4713 0,4719 0,4726 0,4732 0,4738 0,4744 0,4750 0,4756 0,4761 0,4767 
2,0 0,4772 0,4778 0,4783 0,4788 0,4793 0,4798 0,4803 0,4808 0,4812 0,4817 
2,1 0,4821 0,4826 0,4830 0,4834 0,4838 0,4842 0,4846 0,4850 0,4854 0,4857 
2,2 0,4861 0,4864 0,4868 0,4871 0,4875 0,4878 0,4881 0,4884 0,4887 0,4890 
2,3 0,4893 0,4896 0,4898 0,4901 0,4904 0,4906 0,4909 0,4911 0,4913 0,4916 
2,4 0,4918 0,4920 0,4922 0,4925 0,4927 0,4929 0,4931 0,4932 0,4934 0,4936 
2,5 0,4938 0,4940 0,4941 0,4943 0,4945 0,4946 0,4948 0,4949 0,4951 0,4952 
2,6 0,4953 0,4955 0,4956 0,4957 0,4959 0,4960 0,4961 0,4962 0,4963 0,4964 
2,7 0,4965 0,4966 0,4967 0,4968 0,4969 0,4970 0,4971 0,4972 0,4973 0,4974 
2,8 0,4974 0,4975 0,4976 0,4977 0,4977 0,4978 0,4979 0,4979 0,4980 0,4981 
2,9 0,4981 0,4982 0,4982 0,4983 0,4984 0,4984 0,4985 0,4985 0,4986 0,4986 
3,0 0,4987 0,4987 0,4987 0,4988 0,4988 0,4989 0,4989 0,4989 0,4990 0,4990 
Vejamos o seguinte exemplo: 
 
EP 8. Calcule a probabilidade de uma variável aleatória normal, com média zero e desvio 
padrão unitário, assumir valores entre 1 e 2. 
 
Resolução. 
Precisaríamos traçar o gráfico da fdp desta variável e, em seguida, calcular a área abaixo da 
curva entre os valores 1 e 2. 
Ficaria assim: 
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Figura 8 – Área correspondente à probabilidade de x assumir valores entre 1 e 2 
 
Só que nós vimos que a fdp da variável normal é meio complicada. Não vamos calcular esta 
área como fazíamos na aula anterior, quando os gráficos eram mais tranqüilos (áreas de 
triângulos, retângulos e trapézios). Vamos usar a tabela. 
O que esta tabela fornece é a probabilidade de X estar entre zero e Z0. E que fique bem claro: 
é bom olhar atentamente o que é que a tabela está fornecendo. É possível construí-la de 
diversas formas, trazendo informações diferentes. Veremos mais adiante que as provas de 
concursos podem trazer tabelas ligeiramente diferentes. 
Quando Z0 for igual a 2, o que temos? A probabilidade de X estar entre 0 e 2. 
Vamos consultar a tabela. Procuramos pelo valor Z0 = 2. Encontramos a seguinte 
probabilidade: 0,4772. 
A tabela está nos dizendo que a seguinte área é de 0,4772: 
 
Figura 9 – Área correspondente à probabilidade de X estar entre 0 e 2 (basta consultar tabela para Z0 = 2) 
 
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E se Z0 for igual a 1? Consultamos a tabela e encontramos a seguinte probabilidade: 0,3413. 
Ou seja, a probabilidade de X assumir valores entre 0 e 1 é de 0,3413. Ou ainda, aárea abaixo 
é igual a 0,3413: 
 
Figura 10 - Área correspondente à probabilidade de X estar entre 0 e 1 (basta consultar tabela para Z0 = 
1) 
 
Então, para obter a área entre 1 e 2, basta subtrair a área verde da Figura 9 da verde da Figura 
10. Ficamos com: 0,4772 - 0,3413 = 0,1359 
 
Figura 11 – Área correspondente à probabilidade de X assumir valores entre 1 e 2 
 
Logo, a área entre 1 e 2 é de 0,1359. Portanto, X assume valores entre 1 e 2 com probabilidade 
de 13,59%. 
 
EP 9. Considerando o mesmo caso do exercício anterior, qual a probabilidade de X assumir 
valores maiores do que 2? 
 
Resolução. 
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Queremos a seguinte área: 
 
Figura 12 – Área correspondente à probabilidade de X assumir valores maiores que 2 
 
Consultando a tabela, só conseguimos descobrir a probabilidade de X estar entre 0 e 2. Mas 
queremos a probabilidade de X estar entre 2 e ∞ . 
 
Figura 13 – Comparação entre as probabilidades de X estar entre 0 e 2 (em vermelho) e de X estar entre 2 
e infinito (verde). 
 
A tabela nos dá a área vermelha. Nós queremos a área verde. 
Como sabemos que a função é simétrica, a área à esquerda de zero é igual à área à direita de 
zero. E as duas somadas dão 100%. 
Portanto, a área à direita de zero é igual a 0,5 (ou 50%) 
Somando as áreas vermelha e verde temos, portanto, 0,5. 
Como a área vermelha é igual a 0,4772 (basta consultar a tabela), a área verde é dada pela 
diferença: 0,5 – 0,4772 = 0,0228. Portanto, a probabilidade de X assumir valores maiores que 
2 é de 2,28%. 
 
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Vamos a um outro exemplo. 
EP 10. Calcule a probabilidade de uma variável aleatória normal, de média 2 e desvio padrão 
4, assumir valores entre 2 e 8. 
 
Resolução. 
Agora temos um problema. A tabela nos fornece apenas áreas abaixo da curva fdp da variável 
normal com média 0 e desvio padrão 1 (variável normal reduzida). Não é o caso da nossa 
variável em análise. 
Precisamos fazer uma transformação. 
Seja X a nossa variável aleatória em análise, com média 2 ( 2=Xμ ) e desvio padrão 
4( 4=Xσ ). 
Seja Z a nossa variável transformada. Vamos fazer a seguinte transformação: 
X
XXZ σ
μ−= 
Para obter cada valor de Z, pegamos cada valor de X, subtraímos da média e dividimos pelo 
desvio padrão. 
Relembrando propriedades da média. Quando subtraímos, somamos, dividimos ou 
multiplicamos uma variável por uma dada constante, a média sofre a mesma variação. 
A média da nova variável Z fica: 
0=−= σ
μμμ XXZ 
Relembrando propriedades do desvio padrão. Somas e subtrações não interferem no desvio 
padrão. Quando multiplicamos ou dividimos uma variável por uma dada constante, o desvio 
padrão sofre a mesma variação. 
O desvio padrão da nova variável Z fica: 
1==
X
X
Z σ
σσ 
A nova variável Z tem média zero e desvio padrão unitário. Para ela sim nós podemos 
consultar a tabela. 
A dica é sempre esta. Sempre que tivermos uma variável X que não tem média zero e desvio 
padrão unitário, nós precisaremos obter a variável reduzida Z (para então consultar a tabela). 
E a transformação para obter a variável Z (de tal modo que ela tenha média zero e desvio 
padrão unitário) será assim: 
σ
μ−= XZ 
Voltando ao nosso exemplo. 
Queríamos saber a área correspondente ao valor 8 da variável X. Em vez de consultar o valor 
8, consultamos o que lhe é correspondente. O valor correspondente da variável Z é: 
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5,1
4
28 =− 
Também queríamos saber a área correspondente ao valor 2 da variável X. Em vez de consultar 
o valor 2, consultamos o valor que lhe é correspondente. O valor correspondente da variável Z 
é: 
0
4
22 =− 
Agora sim. Podemos utilizar a tabela dada. Procuraremos pela área entre os valores 0 e 1,5. 
Consultando a tabela, a probabilidade da variável Z assumir valores entre 0 e 1,5 é 0,4332. 
Portanto, a probabilidade da variável X assumir valores entre 2 e 8 também é de 0,4332. 
 
Friso novamente! Esta transformação é muito importante!!! É bastante usual nos exercícios 
daqui pra frente. A variável Z é chamada de variável normal reduzida. Sempre que tivermos 
uma variável normal X e quisermos obter a respectiva variável reduzida Z, fazemos a seguinte 
transformação: 
σ
μ−= XZ 
E para esta variável Z nós podemos consultar a tabela. 
 
Vamos agora a um exemplo um pouco diferente. 
 
EP 11. Para a mesma variável X, normal, de média 2 e desvio padrão 4, determine qual o 
intervalo centrado na média que contém 92,5% dos valores. 
 
Resolução. 
Para podermos consultar a tabela, temos que utilizar os valores da variável Z: 
σ
μ−= XZ 
O intervalo procurado é centrado na média. Vamos dividi-lo em duas partes. 
25,46
2
5,92 = . 
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Figura 14 – Intervalo centrado na média (para a variável reduzida Z) que contém 92,5% dos valores. 
 
Estamos procurando valores tais que a área vermelha seja igual à área verde, com ambas 
iguais a 0,4625 (de modo que a soma seja 92,5%). 
Consultando a tabela, vemos que o valor procurado, de tal forma que a área vermelha seja de 
0,4625 é 1,78. 
Como a tabela corresponde ao gráfico de uma função densidade de probabilidade de uma 
variável aleatória com média zero, sabemos que se trata de um gráfico simétrico. Portanto, o 
outro valor procurado (que delimita a área verde) é -1,78. 
Estes valores são valores da variável Z (que tem média zero e desvio padrão unitário). 
Vamos achar os valores correspondentes da variável X. 
σ
μ−= XZ 
4
2−= XZ 
24 +×= ZX 
Quando Z for 1,78, X vale: 
2478,1 +×=X 
12,9=X 
Quando Z for -1,78, X vale: 
2478,1 +×−=X 
12,5−=X 
Portanto, 92,5% dos valores de X estão entre -5,12 e 9,12. Repare que este intervalo é 
centrado na média de X (pois: ( ) )2
2
12,512,9 =− . 
Vamos para alguns exercícios de concurso. 
 
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EC 31 SEFAZ/MS – 2006 [FGV]. 
Se X tem distribuição normal com média 4 e variância 9, a probabilidade de X > 6 vale, 
aproximadamente: 
a) 0,25 
b) 0,28 
c) 0,33 
d) 0,37 
e) 0,46 
 
Resolução. 
Na prova foi fornecida a tabela de áreas para a variável normal com média zero e variância 
unitária. Para consultar a tabela, temos que fazer a transformação. 
σ
μ−= XZ 
3
4−= XZ 
Em vez de consultarmos o valor 6, da variável X, consultamos o valor correspondente da 
variável reduzida. 
66,0
3
2
3
46 ==−=Z 
Consultando a tabela, temos que a área verde abaixo é igual a 0,2454. 
 
Figura 15 – Probabilidade de Z assumir valores entre 0 e 2/3 
 
Mas nós queremos a área vermelha da figura abaixo. 
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Figura 16 – probabilidades de Z assumir valores entre 0 e 2/3 (área verde) e probabilidade de Z assumir 
valores maiores que 2/3 (área vermelha) 
 
As duas áreas somadas dão 0,5. Logo, a área vermelha é dada por: 0,5 – 0,2454 = 0,2546. 
Portanto, a probabilidade de Z assumir valores maiores que 0,66 é de 0,2546. 
E a probabilidade de X assumir valores maiores que 6 também é de 0,2546. 
Gabarito: A 
 
EC 32 SEFAZ SP – 2006 [FCC] 
Verificou-seque os valores arrecadados dos tributos em uma cidade apresentam uma 
distribuição normal. Sabe-se que 10% destes valores são superiores a R$ 1.770,00 e que 60% 
são menores ou iguais a R$ 1.350,00. 
z )0( zZP ≤≤
0,00 0,00 
0,25 0,10 
0,50 0,19 
0,75 0,27 
1,00 0,34 
1,10 0,36 
1,20 0,38 
1,30 0,40 
1,40 0,42 
1,50 0,43 
Dados: valores das probabilidades )0( zZP ≤≤ para a distribuição normal padrão. 
A média e o desvio padrão destes valores calculados utilizando a tabela acima são, 
respectivamente: 
a) R$ 1.250,00 e R$ 400,00 
b) R$ 1.250,00 e R$ 20,00 
c) R$1.410,00 e R$ 400,00 
d) R$ 1.410,00 e R$ 20,00 
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e) R$ 1.560,00 e R$ 20,00. 
 
Resolução. 
A tabela dada nos diz que a área verde abaixo é de 0,40. 
 
Figura 17 – Are verde: probabilidade de Z assumir valores entre zero e 1,3; área vermelha: probabilidade 
de Z assumir valores maiores que 1,3 
 
Como a área à direita de zero é de 0,5, concluímos que a área vermelha é de 0,10. Portanto, 
10% dos valores de Z são superiores a 1,3. 
A tabela também nos diz que a área verde da figura abaixo é de 0,10. 
 
Figura 18 – Área verde: probabilidade de Z assumir valores entre 0 e 0,25 
 
Como a área à esquerda de zero é de 0,5, então a área vermelha da figura abaixo é de 0,6. 
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Figura 19 – Probabilidade de Z assumir valores menores que 0,25 
 
Portanto, 60% dos valores de Z são menores ou iguais a 0,25. 
Seja X a variável que representa os valores dos tributos arrecadados. 10% dos valores de X 
são superiores a R$ 1.770,00. E 10% dos valores de Z são superiores a 1,3. 
60% dos valores de X são menores ou iguais a R$ 1.350,00. E 60% dos valores de Z são 
menores ou iguais a 0,25. 
A relação entre Z e X é dada por: 
σ
μ−= XZ 
Isolando o X: 
μσ +×= ZX 
Quando X vale 1.770, Z vale 1,3. 
μσ +×= 3,11770 (equação I) 
Quando X vale 1.350, Z vale 0,25. 
μσ +×= 25,01350 (equação II) 
Subtraindo a segunda equação da primeira: 
40005,1420 =⇒×= σσ 
Voltando na equação II: 
μσ +×= 25,01350 
125040025,01350 =⇒+×= μμ 
Gabarito: A. 
 
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EC 33 Ministério da Saúde/2007 [FCC] 
Para responder à questão seguinte considere, dentre os dados abaixo, aqueles que julgar 
apropriados. Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
023,0)2( =>ZP ; 445,0)6,10( =<< ZP ; 84,0)1( =<ZP ; 49,0)33,20( =<< ZP 
O tempo para ocorrência de defeitos em máquinas, de uma determinada fabricação, tem 
distribuição normal com média de 1000 dias e desvio-padrão de 100 dias. Ao desejar que 
apenas 1% das máquinas sejam substituídas antes do término da garantia, o tempo de garantia 
que o fabricante deve dar às máquinas vendidas deve ser de: 
a) 767 dias; 
b) 584 dias; 
c) 429 dias; 
d) 403 dias; 
e) 356 dias. 
 
Resolução. 
Exercício bem parecido com os outros. Poderíamos, novamente, ficar desenhando os gráficos 
da fdp da normal reduzida. Se você já tiver fixado bem o formato do gráfico, dá para ir 
resolvendo a questão sem desenho. Veja como fica. 
Considerando que 49,0)33,20( =<< ZP e, tendo em mente que a distribuição normal 
reduzida é simétrica em torno de zero, concluímos que: 
99,049,05,0)33,2( =+=<ZP 
Por conseqüência: 
01,0)33,2( =>ZP 
Como o gráfico da fdp é simétrico, então: 
01,0)33,2( =−<ZP 
1% dos valores de Z é menor que -,233. 
μσσ
μ +×=⇒−= ZXXZ 
7671000)33,2(100 =+−×=X 
1% das máquinas apresentam defeito em até 767 dias. 
Gabarito: A. 
 
EC 34 TRF 2ª Região/2007 [FCC] 
Para resolver a questão seguinte, utilize, dentre as informações dadas a seguir, as que julgar 
apropriadas. Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
023,0)2( =>ZP ; 945,0)64,1( =<ZP ; 433,0)5,10( =<< ZP ; 91,0)34,1( =<ZP 
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O padrão de qualidade de uma impressora recomenda que os pontos impressos estejam entre 
3,6 e 4,4 mm. Uma impressora imprime pontos com diâmetro X, onde X é aproximadamente 
normal com média 4 mm e desvio padrão σ . Se a probabilidade de um ponto da impressora 
estar dentro do padrão de qualidade é de 95,4%, o valor de σ , em mm, é igual a: 
a) 0,54 
b) 0,35 
c) 0,29 
d) 0,22 
e) 0,20. 
 
Resolução. 
Para a variável X, o intervalo fornecido é centrado na média. Basta notar que: 
4
2
4,46,3 =+ 
Vamos achar os valores da variável normal padrão (Z), centrados na média (=zero), que 
delimitem 95,4% dos valores de Z. Será um procedimento análogo ao do Erro! Fonte de 
referência não encontrada.. 
Vamos dividir esse percentual em dois. 
477,0
2
954,0 = 
 
Figura 20 – Áreas verde e azul: delimitam 95,4% dos valores de Z 
 
Procuramos valores de Z, centrados em zero, tal que a soma das áreas verde e azul seja de 
0,954. Como o gráfico é simétrico, então a área verde é igual à área azul e ambas valem 
0,477. Como a área à direita de zero é igual a 0,5, concluímos que a área vermelha é de 
0,0233. E o enunciado nos disse que %33,2)2( =>ZP . 
Portanto, os valores de Z que estamos procurando são de 2 e -2. 
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A relação entre X e Z é: 
μσσ
μ +×=⇒−= ZXXZ 
Quando X vale 3,6, Z vale -2. 
2,04)2(6,3 =⇒+−×= σσ 
Gabarito: E 
 
Para resolver as questões de números EC 35 e EC 36 considere a tabela a seguir, que dá 
valores das probabilidades )( zZP ≥ para a distribuição normal padrão. 
z )( zZP ≥ 
0,00 0,50 
0,25 0,40 
0,50 0,31 
0,75 0,23 
1,00 0,16 
1,25 0,11 
1,50 0,07 
 
EC 35 BACEN/2006 [FCC] 
As empresas de um determinado setor têm uma situação líquida bem descrita por uma 
distribuição normal, com média igual a 2,5 milhões de reais e desvio padrão de 2 milhões de 
reais. Selecionando-se uma empresa aleatoriamente deste setor, a probabilidade dela 
apresentar uma situação líquida negativa ou nula é de: 
a) 11% 
b) 16% 
c) 23% 
d) 39% 
e) 50%. 
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Resolução. 
Queremos saber a probabilidade da variável X, normal de média 2,5 e desvio padrão 2 (em 
milhões de reais), assumir valores menores ou iguais zero. 
Para consultar a tabela, precisamos usar valores da variável reduzida Z. 
σ
μ−= XZ 
2
5,2−= XZ 
Para X igual a zero, Z vale: 
25,1
2
5,20 −=−=Z 
Se acharmos a probabilidade de Z assumir valores menores ou iguais a -1,25, 
automaticamente estaremos encontrando a probabilidade de X assumir valores menores ou 
iguais a zero. 
 
Figura 21 – Probabilidades de Z assumir valores menores que -,125 (área verde) e maiores que 1,25 (área 
vermelha) 
A tabela da prova forneceu a área vermelha (= 0,11). Nós queremos a área verde. Como o 
gráfico é simétrico, as duas áreas são iguais. A probabilidade de Z ser menor ou igual a -1,25 
é de 11%. Portanto, a probabilidade de X ser menor ou igual a zero também é de 11%. 
Gabarito: A. 
 
EC 36 BACEN/2006 [FCC] 
Os valores de determinado título no mercado de investimentos apresentam uma distribuição 
considerada normal. Sabe-se que os valores de 16% dos títulos são superiores ou iguais a R$ 
10.000,00 e que os valores de 60% dos títulos são inferiores a R$ 7.000,00. A média dos 
valores destes títulos é: 
a) R$8.500,00 
80 
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b) R$ 8.000,00 
c) R$ 7.500,00 
d) R$ 6.000,00 
e) R$ 4.500,00 
 
Resolução. 
Seja X a variável que representa os valores do título. 
Segundo a tabela dada, sabemos que 16% dos valores de Z são iguais ou superiores a 1. 
Sabemos também que 40% dos valores de Z são iguais ou superiores a 0,25. Portanto, 60% 
dos valores de Z são inferiores a 0,25. 
Assim, os valores 1 e 0,25, da variável Z, correspondem aos valores 10.000 e 7.000 da 
variável X. 
σ
μ−= XZ 
Isolando o X: 
μσ +×= ZX 
Quando Z vale 1, X vale 10.000. 
μσ +×= 1000.10 (equação I) 
Quando Z vale 0,25, X vale 7.000. 
μσ +×= 25,0000.7 
Multiplicando todos os termos por 4, a igualdade não se altera: 
μσ 41000.28 +×= (equação II). 
Subtraindo a primeira equação da terceira: 
μσ 41000.28 +×= 
μσ +×= 1000.10 
μ3000.18 = 
000.6=μ 
Gabarito: D. 
 
EC 37 ISS/SP – 2007 [FCC] 
Para responder à questão seguinte, utilize, dentre as informações abaixo, as que julgar 
adequadas. Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
341,0)10( =<< ZP 
445,0)6,10( =<< ZP 
477,0)20( =<< ZP 
81 
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Os depósitos efetuados no banco B, num determinado mês, têm distribuição normal com 
média R$ 9.000,00 e desvio padrão R$ 1.500,00. Um depósito é selecionado ao acaso dentre 
todos os referentes ao mês em questão. A probabilidade de que o depósito exceda a R$ 
6.000,00 é de: 
a) 97,7% 
b) 94,5% 
c) 68,2% 
d) 47,7% 
e) 34,1% 
 
Resolução. 
Seja X a variável que representa os depósitos feitos no banco B. X tem distribuição normal 
com média 9000 e desvio padrão 1500. O exercício pediu a probabilidade de X > 6000. Para 
achá-la, precisamos do valor correspondente de Z (normal reduzida). 
σ
μ−= XZ 
2
1500
90006000 −=−=Z 
Vamos achar a probabilidade de Z ser maior que -2. 
Sabemos que a área verde da figura abaixo é de 0,477. 
 
Figura 22 – Área amarela: probabilidade de Z assumir valores menores que -2; área verde: probabilidade 
de Z assumir valores entre zero e 2; área vermelha: probabilidade de Z assumir valores maiores que 2. 
 
Como a área à direita de zero é de 0,5, à área vermelha é de 0,023 (=0,5 – 0,477). 
Uma vez que o gráfico é simétrico, concluímos que a área amarela também é igual a 0,023. 
Desse modo, a probabilidade de Z assumir valores menores ou iguais a -2 é de 2,3%. 
Consequentemente, a probabilidade de Z assumir valores maiores que -2 é de 97,7%. 
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E a probabilidade de X assumir valores maiores que 6.000 (valor de X que corresponde a 
2−=Z ) também é de 97,7%. 
Gabarito: A 
 
EC 38 SEFAZ MG 2005 [ESAF] 
As vendas em um mês de determinado produto, de custo unitário, em reais, tem distribuição 
aproximadamente normal com média de R$ 500,00 e desvio padrão de R$ 50,00. Se a 
empresa decide fabricar, em dado mês, 600 unidades do produto, assinale a opção que dá a 
probabilidade de que a demanda não seja atendida. (Em sua resposta faça uso da tabela da 
função de distribuição )(xφ da normal padrão dada abaixo). 
x )(xφ 
1,85 0,968 
1,96 0,975 
2,00 0,977 
2,12 0,983 
a) 5,0% 
b) 3,1% 
c) 2,3% 
d) 2,5% 
e) 4,0% 
 
Resolução. 
Como o produto tem custo unitário, caso as vendas do citado mês sejam superiores a R$ 
600,00, então a demanda não será atendida. A pergunta pode ser traduzida como: qual a 
probabilidade das vendas, neste mês, serem superiores a R$ 600,00? Ou ainda: qual a 
probabilidade de uma variável aleatória com média 500 e desvio padrão 50 assumir valores 
maiores que 600? 
Vamos mais rápido agora? Não vou desenhar os gráficos, vamos tentar ir direto, apenas 
“mentalizando” o gráfico. 
O exercício forneceu a tabela da função distribuição de probabilidade para a normal reduzida 
(variável Z). Vamos, então, achar o valor de Z correspondente. 
σ
μ−= XZ 
Quando X vale 600, Z vale: 
2
50
500600 =−=Z 
A probabilidade de X ser maior que 600 é igual à probabilidade de Z ser maior que 2. 
Da tabela fornecida no exercício, temos que: 
023,0)2(977,0)2( =>⇒=≤ ZPZP 
A probabilidade de X ser maior que 600 é de 2,3% 
83 
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Gabarito: C. 
 
EC 39 SEFAZ SP 2009 [ESAF] 
Seja Z uma variável aleatória Normal Padrão. Dados os valores de z e de P(Z < z) a seguir, 
obtenha o valor mais próximo de P(-2,58 < Z < 1,96). 
z 1,96 2,17 2,33 2,41 2,58 
P( Z < z ) 0,975 0,985 0,99 0,992 0,995 
a) 0,97 
b) 0,985 
c) 0,98 
d) 0,99 
e) 0,95 
 
Resolução: 
%5,0%5,99%100)58,2(%5,99)58,2( =−=>⇒=< ZPZP 
Como o gráfico de fdp da normal reduzida é simétrico em torno de zero, temos: 
%5,0)58,2()58,2( =>=−< ZPZP 
Da tabela, temos ainda que: 
%5,97)96,1( =<ZP 
Ou seja: 
· 97,5% das observações são menores que 1,96; 
· 0,5% dos valores são menores que -2,58 
· logo, o percentual de valores entre -2,58 e 1,96 é de: =− %5,0%5,97 97% 
Gabarito: A 
 
EC 40 PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] 
Se X tem distribuição normal com média 4 e variância 9, a probabilidade de que X > 5, 
aproximadamente, vale: 
(A) 0,25 
(B) 0,28 
(C) 0,33 
(D) 0,37 
(E) 0,46 
 
Resolução. 
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Como a prova não fornece tabela para a variável normal de média 4 e variância 9, precisamos 
fazer a transformação. 
σ
μ−= XZ 
3
4−= XZ 
Gostaríamos de consultar a tabela para X igual a 5. O valor de Z correspondente é: 
33,0
3
45 =−=Z 
Consultando a tabela colocada ao final da aula, temos: 
%07,37)33,0( =>ZP 
Gabarito: D 
 
EC 41 TCE RO 2007 [CESGRANRIO] 
O gasto médio dos clientes de um posto de gasolina é uma variável aleatória normal com 
média R$ 100,00 e desvio padrão R$ 25,00. Os 10% dos que mais consomem recebem um 
tratamento VIP, incluindo lavagem de carroceria, calibragem nos pneus e verificação do óleo 
e da água. Quanto você precisa gastar nesse posto de gasolina, em reais, para obter tratamento 
VIP? 
(A) 158,00 
(B) 149,00 
(C) 141,00 
(D) 132,00 
(E) 128,00 
 
Resolução. 
Consultando a tabela colocada ao final da aula: 
%10)28,1( ≅>ZP 
Seja X a variável aleatória normal de média 100 e desvio padrão 25. Precisamos achar o valor 
de X que corresponde ao valor de 1,28 para a normal reduzida. 
σ
μ−= XZ 
μσ += ZX 
=+×= 1002528,1X 132,00 
Gabarito: D 
 
EC 42 PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] 
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Em um concurso público serão chamados para contratação imediata 20% dos candidatos com 
as maiores notas. As notas obtidas seguem uma distribuição normal com média 5,5 e desvio 
padrão 3. A nota mínima para que o candidato seja chamado para contratação imediata é, 
aproximadamente, 
(A) 7,0 
(B) 7,5 
(C) 8,0 
(D) 8,5 
(E) 9,0 
 
Resolução. 
Consultando a tabela colocada ao final da aula, temos: 
%30%955,29)84,00( ≅=<< ZP 
 
A área verde é aproximadamente 30%. Como a área à esquerda de zero é igual a 0,5, 
concluímos que a área amarela é igual a 20%. Portanto, 20% dos valores de Z são maiores que 
0,84. 
Precisamos achar o valor de X que corresponde ao valor 0,84 para a variável normal reduzida. 
σ
μ−= XZ 
μσ +=ZX 
=+×= 5,5384,0X 8,02 
Gabarito: C 
 
EC 43 PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] 
A voltagem de saída de uma fonte de energia é normalmente distribuída com média 12V e 
desvio padrão 0,05V. As especificações para voltagem são 11,90V e 12,10V, 
respectivamente. Para quanto teríamos que reduzir a variabilidade do processo, de modo que 
apenas uma, dentre 1.000 unidades, ficasse fora das especificações? 
(Use, no final do cálculo, aproximação por truncamento, com três casas decimais.) 
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(A) 0,025 
(B) 0,030 
(C) 0,035 
(D) 0,040 
(E) 0,045 
 
Resolução. 
Seja X a variável aleatória normal de média 12 e desvio padrão σ . Queremos determinar seu 
desvio padrão de forma que %9,99)10,1290,11( =<< XP . Ou seja, queremos que 99,9% das 
fontes estejam dentro das especificações. Conseqüentemente, 0,1% estarão fora das 
especificações. 
No fundo, queremos determinar o intervalo centrado na média, que contém 99,9% dos 
valores. 
Vamos começar trabalhando com a variável Z (normal reduzida). Dividindo a área em duas 
partes iguais: 
=
2
9,99 49,95 
Consultando a tabela colocada ao final da aula, temos: 
%95,49)29,30( =<< ZP 
 
A área verde é igual a 49,95%. Como o gráfico é simétrico, a área amarela também é de 
49,95%. Conseqüentemente, 99,9% dos valores de Z estão entre -3,29 e 3,29. 
Os valores de X correspondentes são 11,90 e 12,10, pois 99,9% dos valores de X devem estar 
neste intervalo. 
σ
μ−= XZ 
Quando Z vale 3,29, X vale 12,10. 
==⇒−=
29,3
10,01210,1229,3 σσ 0,030395 
O exercício pediu para usarmos 3 casas após a vírgula: 
87 
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030,0=σ 
Gabarito: B 
 
EC 44 PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] 
Se X tem distribuição normal com média 4 e variância 4, a probabilidade de que X > 6 vale, 
aproximadamente 
(A) 0,16 
(B) 0,28 
(C) 0,33 
(D) 0,37 
(E) 0,46 
 
Resolução. 
σ
μ−= XZ 
1
2
46 =−=Z 
Consultando a tabela colocada ao final da aula: 
=> )1(ZP 15,87% 
Gabarito: A 
 
EC 45 MP RO 2005 [CESGRANRIO] 
Se X tem distribuição normal com média 10 e variância 4, a probabilidade de que X > 11, 
aproximadamente, vale: 
(A) 0,25 
(B) 0,28 
(C) 0,33 
(D) 0,31 
(E) 0,46 
 
Resolução. 
σ
μ−= XZ 
5,0
2
1011 =−=Z 
Consultando a tabela colocada ao final da aula: 
88 
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=> )5,0(ZP 30,85% 
Gabarito: D 
 
EC 46 BNDES 2008/1 [CESGRANRIO] 
Seja X uma variável aleatória com distribuição normal com parâmetros 2=μ 162 =σ . A 
probabilidade de que X esteja entre 1 e 4 é, aproximadamente, 
(A) 9% 
(B) 10% 
(C) 19% 
(D) 29% 
(E) 33% 
 
Resolução. 
Quando X vale 1, Z vale: 
σ
μ−= XZ 
25,0
4
21 −=−=Z 
Quando X vale 4, temos: 
σ
μ−= XZ 
5,0
4
24 =−=Z 
Logo: 
)5,025,0()41( <<−=<< ZPXP 
Consultando a tabela, temos: 
%146,19)5,00( =<< ZP 
%871,9)25,00( =<< ZP 
Como o gráfico é simétrico, chegamos a: 
%871,9)025,2( =<<− ZP 
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A área verde é igual a 19,146%. A área amarela é igual a 9,871%. Somando as duas, temos 
29,017%. 
Gabarito: D 
 
EC 47 Sefaz RJ 2009 [FGV] 
As variáveis aleatórias 1X , 2X e 3X são independentes e todas têm distribuição normal com 
média μ e variância 2σ . Se )(zφ representa )( zZP < , onde Z tem distribuição normal 
padrão, o valor de )( 321 XXXP +< é: 
a) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
σ
μφ
3
 
b) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
σ
μφ 
c) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
σ
μφ
3
 
d) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛− σ
μφ
3
 
e) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛− σ
μφ 
 
 
Resolução. 
)0()( 321321 <−−=+< XXXPXXXP 
Seja 
321 XXXY −−= . 
Ficamos com: 
?)0( =<YP 
Y é a soma de três variáveis aleatórias normais. Logo, Y é normal. Vamos calcular sua média e 
sua variância. 
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)()( 321 XXXEYE −−= = =−− )()()( 321 XEXEXE 
= μμμμ −=−− 
Vamos agora calcular a variância de Y. 
)()( 321 XXXVYV −−= 
Quando as variáveis são independentes, a variância da soma é igual à soma das variâncias. E a 
variância da diferença também é igual à soma das variâncias. 
=++= )()()()( 321 XVXVXVYV 
= 2222 3σσσσ =++ 
Logo o desvio padrão de Y é dado por: 
σσ 3=Y 
Queremos saber a probabilidade de Y ser menor que zero. Precisamos consultar a tabela de 
áreas da distribuição normal padrão Z. Para tanto, usamos a seguinte transformação: 
Y
YYZ σ
μ−= 
Substituindo os valores de Y, de sua média e seu desvio padrão: 
σ
μ
σ
μ
33
)(0 =−−=Z 
Ou seja, precisamos consultar o valor da área para a distribuição normal padrão quando Z = 
σ
μ
3
. Isso está expresso na letra A. 
Gabarito: A 
 
EC 48 SAD PERNAMBUCO 2008 [FGV] 
A respeito de distribuição normal de probabilidades, analise as afirmativas a seguir: 
I. Se uma variável tem distribuição normal com média μ e desvio padrão σ , então o intervalo 
(μ – 2σ ; μ + 2σ ) contém cerca de 95% de seus valores possíveis. 
II. Se uma variável aleatória X tem distribuição normal com média μ e variância σ 2, então a 
variável Z = (X – μ )/σ tem distribuição normal com média 0 e variância 1. 
III. Se uma variável tem distribuição normal de probabilidades, então o valor de sua média é 
igual ao de sua mediana. 
IV. Se uma variável X tem distribuição normal com média 0,1, então a probabilidade de que 
X assuma um valor negativo é maior do que 50%. 
Assinale: 
(A) se somente as afirmativas I e III estiverem corretas. 
(B) se somente as afirmativas II e IV estiverem corretas. 
(C) se somente as afirmativas I, II e III estiverem corretas. 
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(D) se somente as afirmativas II, III e IV estiverem corretas. 
(E) se todas as afirmativas estiverem corretas. 
 
Resolução. 
I – Consultando a tabela de áreas da distribuição normal padrão, colocada ao final da aula, 
temos que 95% das observações estão contidas no intervalo ( σμ 96,1− ; σμ 96,1+ ). 
O intervalo solicitado na questão é um pouquinho maior. Logo, abrange um pouco mais que 
95% das observações. É por isso que a questão usou a expressão “aproximadamente”. 
Podemos então afirmar que aproximadamente 95% dos possíveis valores estão no intervalo 
entre ( σμ 2− ; σμ 2+ ). Item correto. 
Por sinal, este percentual de 95% associado ao valor 1,96 (ou ao valor 2, quando é feita a 
aproximação) é muito cobrado. Aparece muito, em tudo que é prova, de todas as bancas. 
 
II – Este item traz exatamente a transformação necessária para a obtenção da distribuição 
normal padrão. Item correto. 
 
III – Item correto. A distribuição normal é simétrica. A média, a mediana e a moda 
coincidem. 
 
IV – Se a média de X é igual a 0,1, então temos: 
· 50% das observações são menores que 0,1 
· 50% das observações são maiores que 0,1 
Com isso, podemos concluir que menos de 50% das observações são menores que 0. 
Item errado. 
Gabarito: C 
 
EC 49 Sefaz RJ 2008 [FGV] 
Dentre as distribuições de probabilidade a seguir, aquela em que 2))(()( XEXEXE −= é: 
a) de densidade )
2
exp(
2
1)(
2xxf −= π , ∞<<∞− x 
b) de densidade 1)( =xf , 10 << x 
c) xnx pp
x
n
xXP −−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛== )1()( , x = 0, 1, 2, ..., n 
d) 
!
)(x
exXP
xλλ−== , x = 0, 1, 2, ... 
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e) 
⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛
−⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛
==
n
MN
xn
M
x
N
xXP )( , x = 0, 1, 2, ... n 
Resolução: 
Esta questão não é de utilização das tabelas, mas também fala sobre a variável normal. 
Por sinal, esta foi a única questão que eu achei em que houve a cobrança da função densidade 
da normal (aquela complicadinha, que eu disse para vocês não se preocuparem em decorar). 
Bem, como foi uma questão “a parte”, eu continuo dizendo que não vale a pena decorar a tal 
da função densidade. 
 
O exercício quer que a gente identifique a variável aleatória que possui a média igual à 
variância. 
 
Letra A. 
Temos a função densidade da variável normal. 
A variável normal tem função densidade dada por: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−= 2
2
2 2
)(exp
2
1)( σ
μ
πσ
xxf 
onde μ é a média e σ é o desvio padrão. 
Comparando esta expressão com a fornecida no enunciado, concluímos que a letra A 
apresenta uma variável normal com média zero e desvio padrão unitário. Logo, média e 
variância são diferentes. 
 
Letra B. 
Temos uma variável uniforme contínua no intervalo entre 0 e 1. 
Portanto, sua média vale 0,5. 
Se a fdp é uniforme no intervalo de a até b, então a variância fica: 
12
)()(
2abXV −= 
Neste caso, 0=a e 1=b . A variância fica: 
12/1)( =XV 
A variância e a média são diferentes. 
 
Letra C. 
Temos uma distribuição binomial. A média é dada por np e a variância por npq . 
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Letra D. 
Temos uma distribuição de Poisson. 
Sua média vale λ . Sua variância também. A variância e a média são iguais. Achamos nossa 
resposta. 
 
Letra E. 
Temos uma distribuição hipergeométrica, que não estudamos e nem vamos estudar, porque 
nunca vi uma questão sobre ela em provas abertas a candidatos de todas as áreas de formação. 
 
Gabarito: D 
Eu considero este exercício um “caso a parte”. Ele não cobra conhecimento das várias 
técnicas que aprendemos em estatística. Ele apenas quer saber se o candidato decorou a média 
e a variância de algumas variáveis aleatórias. 
Como foi um “caso a parte”, e como já temos tanta coisa para gravar para uma prova de 
concurso, eu não me preocuparia em sair decorando a função densidade de probabilidade da 
variável normal. 
 
3. Aproximação da distribuição binomial com a distribuição normal 
Vamos voltar ao lançamento do dado. 
Fala sério hein! Esse professor só sabe dar exemplo com o tal do dado! O título do curso 
deveria ser: “a estatística dos dados”. 
Brincadeiras a parte, acho que o exemplo do lançamento de um dado é algo bem corriqueiro, 
simples, que todo mundo consegue imaginar com tranqüilidade. 
Então tá. Vamos ao dado pela “enésima” vez. 
Queremos que o resultado seja um múltiplo de 3. Sempre que sair um múltiplo de três, temos 
um resultado favorável. Vamos lançar do dado n vezes. X vai designar o número de resultados 
favoráveis. 
Vamos para o caso de três lançamentos (n = 3). X pode assumir os valores 0, 1, 2 e 3. 
Seja “I” a variável que, em cada lançamento, assume valor 1 quando o resultado for favorável. 
E assume valor 0 quando o resultado for desfavorável. “I” tem distribuição de Bernoulli. 
Deste modo, em três lançamentos, X pode ser escrito assim: 
∑
=
=
3
1i
iIX 
Sabemos que X é uma variável binomial. Ela corresponde à soma de várias variáveis de 
Bernoulli. 
Vimos que, pelo teorema do limite central, uma variável aleatória correspondente à soma de 
inúmeras outras variáveis aleatórias independentes pode ser aproximada por uma variável 
aleatória normal. 
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Se o número de lançamentos crescer muito, o número de variáveis independentes que 
somamos também aumenta. Se o valor de ‘n’ for muito grande, a variável X vai ser 
praticamente normal (aplicação do teorema do limite central). E nós vamos poder utilizar a 
tabela com as áreas da variável normal. 
Segundo o livro “Estatística elementar”, do Hoel, citado pelo autor Rodolfo Hoffman, em 
“Estatística para economistas”, a aproximação é muito boa quando: 
15>np e 15)1( >− pn 
Mas já é comum utilizar a aproximação quando 5>np e 5)1( >− pn . 
Esta propriedade é bastante útil em alguns exercícios. 
Resumindo: obedecidas algumas condições, para uma variável binomial nós podemos utilizar 
a tabela com as áreas da variável normal. 
 
EC 50 CGU - 2008 [ESAF] 
Em determinadas circunstâncias, uma variável aleatória binomial pode ser bem aproximada 
por uma variável aleatória normal. Seja X uma variável aleatória binomial com n=400 e 
p=1/2. Calcule o valor mais próximo de P(181 ≤ X ≤ 219) usando a aproximação da variável 
binomial pela normal, dado que F(1,96) = 0,975, F(2,17) = 0,985, F(2,33) = 0,99, F(2,41) = 
0,992 e F(2,58) = 0,995, onde F(z) é a função de distribuição de uma variável aleatória 
normal padrão Z. 
a) 0,95. 
b) 0,97. 
c) 0,98. 
d) 0,984. 
e) 0,99. 
 
Resolução. 
Em vez de o exercício fornecer a tabela de áreas para a variável normal, forneceu valores de 
FDP. Só que nós vimos na aula passada que a FDP também serve para cálculo de 
probabilidade, estando intimamente relacionada com o gráfico da função densidade de 
probabilidade (fdp). 
Muito bem, queremos saber a probabilidade de X assumir valores entre 181 e 219. Aqui vem a 
propriedade que estamos estudando. 
X é uma variável binomial. Atendidas certas condições, podemos considerá-la praticamente 
normal. É o que faremos neste exercício. 
As condições que estudamos eram: 15>np e 15)1( >− pn . 
Lembrando: 
· n é o número de experimentos 
· p é a probabilidade de sucesso em cada experimento. 
· q é a probabilidade de fracasso em cada experimento (q = 1 - p). 
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Para este exercício ficamos com: 
2005,0400 =×=np 
2005,0400)1( =×=− pn 
As condições foram atendidas. É claro que nem precisava verificar se as condições seriam 
atendidas. O exercício disse que era para aproximar a distribuição binomial pela distribuição 
normal. Se o exercício mandou fazer assim, a gente faz, sem discutir. 
Conclusão: para esta variável binomial X, que atende a certas condições, nós podemos 
utilizar a tabela de áreas da variável normal. 
Nesta aula nós vimos como calcular a média de uma variável binomial. 
np=μ 
Vimos também a fórmula da variância da variável binomial. 
npq=2σ 
Para a variável binomial do exercício, a média e a variância ficam: 
2005,0400 =×=⇒= μμ np 
1005,05,040022 =××=⇒= σσ npq 
E o desvio padrão fica: 
10=σ 
Portanto esta variável binomial X é muito próxima a uma variável normal de média 200 e 
desvio padrão igual a 10. A pergunta do enunciado pode ser reescrita assim: qual a 
probabilidade de uma variável normal de média 200 e desvio padrão 10 assumir valores entre 
181 e 219? 
Gostaríamos de consultar a tabela de áreas da variável normal de média 200 e desvio padrão 
10. Mas só nos foram fornecidos valores para a variável Z (variável normal reduzida). 
Vamos, portanto, achar os valores de Z correspondentes. 
A transformação para chegar à variável reduzida é: 
σ
μ−= XZ 
Quando X vale 181, Z vale: 
9,1
10
200181 −=−=Z 
 
Quando X vale 219, Z vale; 
9,1
10
200219 =−=Z 
Não foram fornecidos quaisquer dados para 1,9 ou -1,9. O valor mais próximo para o qual o 
exercício forneceuprobabilidade é 1,96. 
A FDP para Z igual a 1,96 é 0,975. 
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Se F(1,96) = 0,975, isto significa que a probabilidade de Z assumir valores menores ou iguais 
a 1,96 é de 97,5%. 
Ou seja, a área verde da abaixo é de 97,5%. 
 
Figura 23 – Área verde: probabilidade da variável normal reduzida Z assumir valores menores ou iguais 
a 1,96 
 
Sabemos que a área inteira da figura acima é igual a 1 (a probabilidade de Z assumir um valor 
qualquer é de 100%). A área verde é de 97,5%. Portanto, a área amarela é de 2,5%. Como o 
gráfico é simétrico, a área à esquerda de -1,96 também é de 2,5%. Deste modo, a área verde 
da figura abaixo é de 95%. 
 
Figura 24 – Área verde: probabilidade de Z assumir valores entre -1,96 e 1,96 
 
Os valores -1,96 e 1,96 delimitam o intervalo centrado em zero que contém 95% dos valores 
de Z. 
Ou seja, 95% dos valores de Z estão entre -1,96 e 1,96. 
Só que nós gostaríamos de saber qual a porcentagem entre -1,9 e 1,9. Esta nós não temos 
como calcular. Por isto o exercício perguntou o valor que mais se aproxima. Assim, 
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aproximadamente 95% dos valores de Z estão entre -1,9 e 1,9. Disto temos que 
aproximadamente 95% dos valores de X estão entre 181 e 219. 
Gabarito: A. 
 
EC 51 TCU/2008 [CESPE] 
Uma agência de desenvolvimento urbano divulgou os dados apresentados na tabela a seguir, 
acerca dos números de imóveis ofertados (X) e vendidos (Y) em determinado município, nos 
anos de 2005 a 2007. 
Ano Número de imóveis 
Ofertados (X) Vendidos (Y) 
2005 1.500 100 
2006 1.750 400 
2007 2.000 700 
 
[...] 
Considerando que em 2008 sejam ofertados 2.500 imóveis, dos quais sejam vendidos Y 
imóveis nesse mesmo ano, nesse caso, se a probabilidade de um imóvel ofertado em 2008 ser 
vendido no mesmo ano for igual a 0,4, e se Y seguir uma distribuição binomial, então a 
probabilidade de se observar o evento 000.1≥Y imóveis será inferior a 0,41. 
 
Resolução. 
Para resolver a questão, com exatidão, precisaríamos fazer o seguinte. Partiríamos da fórmula 
vista, que nos dá a probabilidade de cada valor em uma distribuição binomial. 
knk qp
k
n
kYP −××⎟⎠
⎞⎜
⎝
⎛== )( 
Primeiro, calcularíamos a probabilidade de Y ser igual a 1.000. 
100025001000 6,04,0
1000
2500
)000.1( −××⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛==YP 
Depois, fazemos a mesma coisa para outros valores. Calculamos a probabilidade de Y ser 
igual a 1001. Depois, 1002. E assim por diante, até 2500. 
Só que isso vai dar um trabalho muito grande. 
O que fazer??? 
 
Note que o número de imóveis é bem grande. A variável binomial Y é uma soma de 2500 
variáveis independentes com distribuição de Bernoulli. A soma de um número muito grande 
de variáveis independentes tem distribuição próxima de uma normal. Assim, a variável Y, 
além de ser binomial, se aproxima de uma distribuição normal. 
A média de Y é: 
000.125004,0 =×=×= pnYμ 
A média de Y é de 1.000 imóveis. 
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Como Y tem distribuição próxima de uma normal, sabemos que seu gráfico é simétrico em 
torno de sua média. Desse modo, a probabilidade de Y ser maior que 1000 é igual à 
probabilidade de Y ser menor que 1000, e ambas são iguais a 50%. 
50% não é inferior a 0,41. O item está errado. 
Gabarito: errado 
 
VII. AMOSTRAGEM 
Lá na aula 13 nós vimos que uma amostra é um subconjunto da população. Estamos 
interessados em estudar a população inteira. Mas, por alguma limitação (de tempo, de custo, 
impossibilidade física, etc), não é possível faze-lo. Assim, selecionamos uma amostra para, a 
partir dela, tentar tirar conclusões sobre a população. 
 
1. Amostragem aleatória simples 
A amostragem aleatória simples é a mais cobrada em provas de concursos. De forma bem 
resumida, podemos dizer que se trata da amostragem feita de forma que cada elemento da 
população tem a mesma chance de ser escolhido. 
Por exemplo: queremos escolher algumas pessoas de uma empresa para realizar uma 
entrevista. Escrevemos os nomes de todos os funcionários em pedaços de papel de mesmo 
tamanho. Colocamos todos os nomes em um saco. Misturamos bem todos os papéis. Feito isto 
sorteamos 5 nomes. Este é um exemplo de amostragem aleatória simples. 
Quando a população é descrita por uma variável contínua, não podemos mais falar em 
probabilidade de ocorrer um dado valor. Nesse caso, segundo Stevenson, a amostra é aleatória 
se “a probabilidade de incluir na amostra qualquer intervalo de valores é igual à 
percentagem da população que está naquele intervalo” 
 
2. Amostragem estratificada 
Há diversos outros tipos de amostragem. Na prática, muitas vezes a amostragem aleatória 
simples pode não ser a mais indicada. Mas, para concursos, é a mais importante. 
Uma alternativa à amostragem aleatória é a amostragem estratificada. Nela, dividimos nossa 
população em extratos. Cada extrato abriga elementos mais ou menos homogêneos. 
Exemplo: estamos fazendo uma pesquisa sobre o perfil de consumo das pessoas de uma 
cidade. É possível que, para o tipo de produto a que se refere a pesquisa, seja interessante 
separar a população por idade. Dividimos nossa população em extratos. Um extrato para 
crianças, outro para jovens, outro para adultos e outro para idosos. Dentro de cada extrato 
fazemos uma amostragem aleatória. 
Qual a vantagem disso? Se cada estrato for realmente homogêneo, a variabilidade dos dados, 
dentro de cada estrato, será pequena, o que permite que trabalhemos com amostras menores. 
Vejamos um caso extremo. Que bom seria (para quem está fazendo a pesquisa) se todos os 
idosos do nosso estrato tivessem exatamente o mesmo perfil de consumo. Poderíamos tomar 
apenas um deles como a amostra (a amostra teria tamanho 1), de forma que conheceríamos 
muito bem o comportamento de todos eles. 
Há duas formas de se realizar a amostragem por extratos. 
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Na primeira, fazemos uma alocação proporcional entre os extratos. Ou seja, os tamanhos das 
amostras a serem feitas em cada extrato são proporcionais ao tamanho do extrato. Assim, se 
30% da população desta cidade é formado por crianças e nós iremos entrevistar ao todo 100 
pessoas, seria interessante que 30 pessoas fossem crianças. 
Um segundo modo se refere à alocação uniforme entre os extratos, tomando o mesmo 
número de elementos de cada extrato. Exemplo: vamos entrevistar 100 pessoas, divididas em 
4 extratos (crianças, jovens, adultos e idosos). Tomamos 25 pessoas de cada extrato (números 
iguais, uniformes, para cada extrato, independente do tamanho de cada extrato). 
Além da idade, outros critérios de formação de extratos poderiam ser: sexo, região geográfica, 
renda, profissão. 
 
3. Amostragem por conglomerados 
Nesta amostragem nós dividimos novamente a população. Só que não nos preocupamos em 
separar a população em extratos com características semelhantes. Dividimos a população em 
conglomerados. Conglomerado são subconjuntos da população que, idealmente, são bastante 
heterogêneos, representando bem o que ocorre na população inteira. 
Uma das grandes vantagens da amostragem por conglomerado é a redução de custos. 
Compõem o conglomerado elementos que estão fisicamente muito próximos. Por essa 
condição, embora fosse bem interessante que cada conglomerado tivesse elementos bem 
heterogêneos, isso acaba não ocorrendo. 
Vejamos um exemplo, para ficar mais claro. O exemplo quesegue foi retirado do livro 
“Estatística Geral e Aplicada” do Gilberto Martins. Desejamos selecionar uma amostra de 
chefes de família de uma cidade. 
Suponha que, para o tipo de pesquisa, seria útil separar os chefes de família por idade. Até 30 
anos; de 31 a 45; e de 45 em diante. Seria uma amostragem estratificada. Só que isso às vezes 
pode ser meio difícil. Às vezes não se tem, previamente, uma lista com todos os chefes de 
família (e suas respectivas idades). Às vezes até se tem parte dessa informação, mas pode ser 
que chefes de família de um mesmo estrato estejam muito espalhados na cidade, o que 
tornaria mais demorada (e cara) a amostragem. 
Uma outra opção é a amostragem por conglomerado. Aqui entramos, de fato, no exemplo do 
livro do Martins. Podemos separar a cidade em quarteirões. Cada quarteirão é um 
conglomerado. Fazemos uma seleção dos conglomerados que serão pesquisados, por meio de 
uma amostra aleatória simples. Escolhidos os quarteirões, nos dirigimos a eles e 
entrevistamos todos os chefes de família que nele residem. 
Seria ótimo se, em cada quarteirão, tivéssemos elementos bem heterogêneos, que 
representassem bem toda a população. Assim, precisaríamos de poucos quarteirões (poucos 
conglomerados) para ter uma boa noção do que ocorre na população. 
Só que, pelo fato de os elementos de cada conglomerado estarem fisicamente ligados (todos 
os chefes de família de um quarteirão são vizinhos, moram perto uns dos outros), é difícil que 
os conglomerados sejam realmente heterogêneos. É bem possível que quarteirões formados 
por casas grandes tenham chefes de famílias com idade mais elevada, que já constituíram 
família, têm filhos, precisam de mais espaço. Pessoas que moram num mesmo quarteirão 
geralmente têm mesmo nível de renda, freqüentam os mesmos estabelecimentos (que ficam 
nas proximidades), etc, o que, dependendo da pesquisa, pode revelar elementos mais 
semelhantes (com tendência à homogeneidade) do que diferentes. 
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Para minimizar esse problema, é importante escolher um número maior de conglomerados. 
 
4. Amostragem sistemática 
Caso os valores que se pretendam investigar não estejam em nenhuma ordem específica 
(relacionada com a variável pesquisada), é possível fazer a amostragem de forma “periódica”. 
Poderíamos, por exemplo, a cada dez itens da população, escolher um. Tomaríamos apenas o 
10°, o 20°, o 30° e assim por diante. 
Repare que o fato de os dados estarem ordenados não atrapalha na amostragem sistemática. O 
problema pode surgir quando há relação entre o critério de ordem dos dados e a variável 
estudada. 
Vejamos um primeiro exemplo. Estamos estudando a altura de um certo grupo de pessoas. 
Poderíamos tomar uma lista de nomes em ordem alfabética e escolher um a cada 20 nomes. 
Esta é uma amostragem sistemática. Escolhidos os nomes, medimos as alturas das pessoas 
selecionadas. É razoável que a ordem alfabética não guarde qualquer relação com a altura da 
pessoa. A amostragem sistemática poderia ser feita sem problemas. 
O problema que pode ocorrer na amostragem sistemática é os elementos estarem organizados 
segundo um critério que tenha relação com a variável pesquisada. Um exemplo interessante, 
tirado do livro “Estatística Aplicada à Administração”, do Stevenson, é o que segue. Imagine 
que queiramos pesquisar dados sobre imóveis de uma dada região. Vamos escolher os 
imóveis a serem pesquisados a partir da lista telefônica. 
Caso a nossa lista telefônica traga as casas conforme sua ordem na rua, é possível que 
tenhamos um problema. É possível que casas de esquina (que nesta situação estariam 
igualmente espaçadas) tenham características diferentes. Podem ser mais caras, terem um 
terreno maior, pagarem mais imposto, etc. Assim, pode ser que a amostragem sistemática 
resulte em tomarmos predominantemente casas de esquina, o que certamente vai trazer um 
erro na nossa conclusão sobre a distribuição dos dados para aquele bairro. 
Neste caso, o problema foi que havia uma certa relação entre a variável pesquisada e a ordem 
segundo a qual estavam organizados os itens pesquisados. 
 
Treinemos um pouco os conceitos de amostragem. 
EC 52 Paraná Previdência 2002. [CESPE] 
Julgue os itens seguintes, relativos a técnicas de amostragem. 
1. No caso de uma amostra aleatória de tamanho n extraída de uma população de N 
elementos, a probabilidade de seleção de cada uma das combinações amostrais possíveis é 
igual a 1/N. 
2. Considere a seguinte situação hipotética. 
Uma determinada população pode ser dividida em subgrupos com características semelhantes, 
como sexo, faixa etária, rendimento mensal etc. Os subgrupos formam uma partição da 
população e os elementos selecionados são resultantes de uma amostra aleatória simples 
efetuada em cada subgrupo. Nessa situação, o desenho amostral é conhecido como 
amostragem por conglomerados. 
3. Considere a seguinte situação hipotética. 
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Uma empresa quer estudar a renda de empregados rurais existentes em uma área do interior 
do estado do Paraná. Devem ser aplicados 1.200 questionários, mas a empresa não possui um 
cadastro contendo dados sobre os empregados rurais. A inexistência do cadastro impede o 
sorteio aleatório de tais empregados. Além disso, o custo de contactar diretamente as famílias 
rurais dispersas em uma grande área é muito elevado. Para viabilizar o estudo, a área do 
interior do estado foi dividida em pequenas subáreas disjuntas. Foram selecionadas 
aleatoriamente algumas subáreas e a pesquisa procurou entrevistar todos os empregados rurais 
dentro delas. Nessa situação, o desenho amostral é conhecido como amostragem estratificada. 
 
Resolução. 
Primeiro item. 
Vamos colocar números para ficar mais fácil de entender. 
A população tem 5 elementos (1, 2, 3, 4, 5). Vamos fazer amostras com tamanho 2. As 
amostras possíveis são: 
1,2; 1,3; 1,4; 1,5; 2,3; 2,4; 2,5; 3,4; 3,5; 4,5. 
São possíveis 10 amostras. 
A probabilidade de seleção de cada uma das possíveis amostras é 1/10. 
O exercício afirma que esta probabilidade é de 1/5. 
O item está errado. 
Gabarito: errado. 
O exercício pretendeu confundir o candidato. Quando temos N elementos na população e 
vamos escolher um, de forma aleatória, a sua probabilidade de ser escolhido é 1/N. 
Quando vamos escolher amostras de tamanho ‘n’, temos que ver quantas combinações são 
possíveis. Se a amostra for aleatória simples, cada combinação terá a mesma chance de ser 
escolhida. 
 
Segundo item. 
A amostragem descrita é a amostragem estratificada. Item errado. 
Gabarito: errado 
 
Terceiro item. 
A amostragem descrita é por conglomerados. Item errado. 
Gabarito: errado. 
 
EC 53 TRF 2ª Região/2007 [FCC] 
Uma pesquisa pretende estimar o valor médio mensal dos salários recebidos pelos professores 
de 4 escolar do bairro Saúde. Para a pesquisa primeiramente foram listados todos os 
professores para as 4 escolas segundo o sexo resultando em 2000 professores do sexo 
feminino e 1500 professores do sexo masculino. Foram propostos dois planos amostrais 
distintos. O primeiro plano previa um sorteio com reposição de 350 professores do total de 
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3500. Na segunda proposta, o total da população de professores foi dividido em dois grupos 
(um grupo do sexo feminino e outro grupo do sexo masculino) e seriam sorteados 10% de 
cada grupo com reposição. Segundo a teoria geral da amostragem, o primeiro e o segundo 
plano são, respectivamente: 
a)amostragem aleatória simples e amostragem estratificada 
b) amostragem aleatória simples e amostragem estratificada 
c) amostragem estratificada e amostragem aleatória simples 
d) amostragem aleatória simples e amostragem por conglomerado em dois estágios 
e) amostragem aleatória simples e amostragem por conglomerados. 
 
Resolução. 
No primeiro plano, todas as combinações de 350 professores são igualmente prováveis. 
Temos uma amostragem aleatória simples. 
No segundo plano, nem todas as combinações são possíveis. Não é possível, por exemplo, que 
todos os 350 professores escolhidos sejam do mesmo sexo. Na segunda amostragem, 
separamos a população em extratos (conforme o sexo). E fizemos com que os tamanhos das 
amostras, dentro de cada extrato, sejam proporcionais ao tamanho dos estratos dentro da 
população. É uma amostragem estratificada. 
Gabarito: A 
 
EC 54 SAD-PE 2009 [CESPE] 
Em uma cidade, há 1.000 empresas do ramo da construção civil que são classificadas segundo 
o seu porte. A distribuição dessas empresas é dada na tabela seguinte. 
 
 
 
Considere que um instituto de pesquisa decida coletar uma amostra de 100 empresas por meio 
de uma amostragem aleatória estratificada segundo o porte das empresas. Se a alocação da 
amostra é uniforme, então o número de empresas de grande porte presentes na amostra será 
igual a 
A) 1. 
B) 5. 
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C) 10. 
D) 25. 
E ) 50. 
 
Resolução 
 A questão fala explicitamente que “a alocação da amostra é uniforme”. Retiraremos o mesmo 
número de elementos de cada um dos estratos. Logo, o número de empresas de grande porte 
presentes na amostra será igual a 100/4=25. 
Gabarito: D 
 
EC 55 SAD-PE 2009 [CESPE] 
Suponha que em certo município há 120 mil habitantes que vivem em 30 mil domicílios 
residenciais. Para um estudo socioeconômico nesse município, foi retirada uma amostra 
aleatória de 6 mil domicílios. De cada domicílio dessa amostra foram coletadas informações 
de todas as pessoas que moram nesse domicílio. No total, esse estudo levantou informações 
acerca de 19.200 habitantes desse município. Com base nessas afirmações, assinale a opção 
correta. 
 
A) Cada domicílio representa um estrato da população em estudo. 
B) O plano amostral considerado no estudo é de um levantamento por conglomerados. 
C) O estudo considerou uma amostra aleatória simples de 19.200 habitantes desse município. 
D) A coleta de informações de todas as pessoas que moram no domicílio amostrado é um 
aspecto característico da amostragem estratificada. 
E) Cada habitante desse município contemplado na amostra representa uma unidade amostral. 
 
Resolução: 
Foram tomados elementos fisicamente ligados, para redução de custos. Trata-se de uma 
amostragem por conglomerados. 
Gabarito: B 
 
 
VIII. LISTA DAS QUESTÕES DE CONCURSO 
 
EC 1 TJ RO 2008 [CESGRANRIO] 
Uma urna contém dez bolas, cada uma gravada com um número diferente, de 1 a 10. Uma 
bola é retirada da urna aleatoriamente e X é o número marcado nesta bola. X é uma variável 
aleatória cujo(a) 
(A) desvio padrão é 10. 
(B) primeiro quartil é 0,25. 
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(C) média é 5. 
(D) distribuição de probabilidades é uniforme. 
(E) distribuição de probabilidades é assimétrica. 
 
EC 2 Paraná Previdência/2002. [CESPE] 
Parte das atribuições do analista previdenciário é a participação na elaboração de sistemas de 
informações previdenciárias. As informações, em geral, vêm de diversas fontes. É importante 
que um sistema de informações forneça com detalhes todo o processo metodológico, desde a 
obtenção dos dados até a sua disponibilização para o usuário final. Para assegurar a 
fidedignidade dos dados, as possíveis fontes de erros devem ser monitoradas e os erros, 
quando detectados, devem ser corrigidos. Nesse sentido, considere por hipótese, que o 
departamento DDD de determinada empresa deva coletar e enviar diariamente um conjunto 
de informações para a previdência. Ao longo do procedimento de envio dessas informações, 
há várias situações problemáticas, como dificuldades de transmissão dos dados, perda 
acidental de dados, atraso na coleta dos dados etc. Suponha que, ocorrendo uma dessas 
situações problemáticas, uma nova tentativa seja feita apenas no dia seguinte. Suponha ainda 
que, em 1.000 dias, um relatório gerencial tenha apresentado os seguintes resultados. 
Situação Quantidade de ocorrências 
em dias 
Impossibilidade de coleta das informações dentro 
do prazo 
300 
Problema na transmissão dos dados coletados 140 
Problema na recepção dos dados transmitidos 56 
Julgue o item seguinte, com base na situação hipotética descrita acima. 
 
1. Assumindo-se independência entre os dias e que as probabilidades permaneçam constantes 
ao longo do tempo, a probabilidade de haver sucesso na coleta das informações nos dois dias 
seguintes aos 1.000 dias de observação é superior a 0,50. 
 
EC 3 SEAMA/ES – 2007. [CESPE] 
X Classificação Probabilidade 
80 < X ≤ 100 Ótima/muito boa 80 
40 < X ≤ 80 Boa/aceitável 15 
0 < X ≤ 40 Imprópria 5 
Com base nas informações da tabela acima, em que são dadas a distribuição e a classificação 
do índice de qualidade da água (X), instrumento para avaliação das condições bacteriológicas 
e físico-químicas de um corpo d’água, julgue os itens seguintes. 
1. Considere-se uma amostra aleatória simples de índices X1, X2 e X3. Neste caso, a 
probabilidade de que exatamente dois desses índices resultem na classificação da água como 
ótima ou muito boa é inferior a 0,5. 
2. Na situação considerada, X é uma variável aleatória discreta e assimétrica. 
 
105 
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EC 4 SEFAZ/MG – 2005 [ESAF]. 
Suponha que a probabilidade de que se encontre um erro contábil grave em uma auditoria seja 
0,2. Se dez auditorias independentes são realizadas, assinale a opção que dá a probabilidade 
de que não mais do que uma detecte erro contábil grave. 
a) 5/48,2 × 
b) 0,400 
c) 0,210 
d) ( )105/48,2 × 
e) ( )95/48,2 × 
EC 5 CGU 2008 [ESAF] 
Seja X uma variável aleatória discreta com função de probabilidade binomial )(xf , onde 
knx
kn ppCkf
−−= )1()( , e knC , é o número de combinações de n elementos tomados k a k. 
Sendo 6=n e 3/1=p , determine )6(f . 
a) 1/729 
b) 1 
c) 0 
d) 64/729 
e) 8/729 
EC 6 CGU 2008 [ESAF] 
Seja )(kF a função de distribuição da variável aleatória definida na questão anterior, 
determine )0(F . 
a) 0 
b) 1/729 
c) 64/729 
d) 243/729 
e) 1. 
 
EC 7 CGU 2008 [ESAF] 
Seja X a soma de ‘n’ variáveis aleatórias independentes de Bernoulli, isto é, que assumem 
apenas os valores 1 e 0 com probabilidades p e p−1 , respectivamente. Assim, a distribuição 
de X é: 
a) binomial com parâmetros “n” e “p” 
b) gama com parâmetros “n” e “p” 
c) qui quadrado com “n” graus de liberdade 
d) laplace 
e) “t” de student com n-1 graus de liberdade 
106 
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EC 8 MPOG 2006 [ESAF] 
Um experimento binomial é um experimento que comporta um número fixo de provas 
independentes, n. Cada prova tem os resultados classificados em apenas duas categorias, a 
saber: sucesso ou fracasso. Muito embora essa classificação seja arbitrária, costuma-se 
denotar a probabilidade de sucesso por p, e a probabilidade de fracasso por q. Desse modo, 
realizando-se 50 provas, a probabilidadede se obter 30 sucessos é dada por 
 
a) 30 30 2050C p q 
b) 30 20 3050C p q 
c) 30 0 2050C p q 
d) 30 2050C p q⋅ 
e) 30 20 050C p q 
EC 9 PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] 
Um estudante marca, ao acaso, as respostas de um teste de 10 questões de múltipla escolha, 
com 4 alternativas por questão. O número mais provável de acertos é 
(A) 1,5 
(B) 2,0 
(C) 2,5 
(D) 3,0 
(E) 3,5 
EC 10 Ministério da Saúde/2007 [FCC] 
Um procedimento de controle de qualidade foi planejado para garantir o máximo de 5% de 
itens defeituosos na produção. A cada 20 minutos sorteia-se uma amostra aleatória de 10 itens 
e, havendo mais de 10% defeituosos, nesta amostra, interrompe-se a produção para 
verificação. A probabilidade de uma interrupção desnecessária é: 
a) 1095,01− 
b) 995,045,11 ×− 
c) 1005,0 
d) 95,005,09 9 ×× 
e) 995,05,01 ×− 
EC 11 CGU – 2008 [ESAF] 
A probabilidade de sucesso em um experimento aleatório é p. Seja X o número de 
experimentos independentes realizados até se obter o primeiro sucesso. Qual a probabilidade 
de X = k, onde k=1,2,3,.... 
a) (1-p)k-1. 
b) p(1-p)k-1. 
107 
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c) k pk-1(1-p). 
d) pk-1(1-p). 
e) k(1-p)k-1 p. 
EC 12 SRF 2009 [ESAF] 
Ao se jogar um dado honesto três vezes, qual o valor mais próximo da probabilidade de o 
número 1 sair exatamente uma vez? 
a) 35% 
b) 17% 
c) 7% 
d) 42% 
e) 58% 
EC 13 AFRFB 2009 [ESAF] 
Em um experimento binomial com três provas, a probabilidade de ocorrerem dois sucessos é 
doze vezes a probabilidade de ocorrerem três sucessos. Desse modo, as probabilidades de 
sucesso e fracasso são, em percentuais, respectivamente, iguais a: 
a) 80 % e 20 % 
b) 30 % e 70 % 
c) 60 % e 40 % 
d) 20 % e 80 % 
e) 25 % e 75 % 
EC 14 Prefeitura Municipal de Vila Velha [CESPE] 
Determinado fornecedor informou que 5% dos produtos comercializados por ele apresentam 
algum tipo de defeito. Uma prefeitura efetuará uma compra desse fornecedor de um grande 
lote desses produtos. Como parte do procedimento de controle de qualidade dessa prefeitura, 
uma amostra aleatória de dez produtos do lote enviada pelo fornecedor será retirada. O lote só 
será aceito pela prefeitura se a amostra não apresentar produtos defeituosos. Caso a amostra 
apresente um ou mais produtos defeituosos, todo o lote será devolvido ao fornecedor. Com 
base nas informações apresentadas nessa situação hipotética, julgue os itens que se seguem. 
1. A probabilidade de um lote ser devolvido é superior a 0,25. 
2. A variância do número de produtos defeituosos na amostra é inferior a 0,40. 
3. A moda da distribuição do número de produtos defeituosos na amostra é igual a 1. 
 
EC 15 SAD PE 2009 [CESPE] 
 
 
108 
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A figura acima apresenta a distribuição percentual da população de crianças e jovens entre 
cinco a dezenove anos de idade que nunca procurou um dentista, por renda domiciliar per 
capita no Brasil em 1998. “As diferenças entre os diversos grupos de renda per capita é 
acentuada. Aproximadamente 25% da população brasileira com idade entre cinco e dezenove 
anos nunca procuraram um dentista. Entretanto, este valor sofre oscilações segundo a renda 
variando de 50,7% naqueles domicílios com renda de até R$ 37,75 a 1,5% naqueles 
domicílios com renda per capita entre R$ 1.813,00 e R$ 40.500,00”. 
 
A. Nunes et al. Medindo as desigualdades em saúde no Brasil, OPAS/OMS, 2001 (com 
adaptações) 
 
Considerando que uma amostra aleatória simples de cinco mil indivíduos fosse retirada da 
população de crianças e jovens entre cinco e dezenove anos de idade no Brasil em 1998, se X 
representa o número de indivíduos nessa amostra que nunca procurou um dentista, então a 
variância de X é 
A) inferior a 400. 
B) superior a 400 e inferior a 600. 
C) superior a 600 e inferior a 800. 
D) superior a 800 e inferior a 1.000. 
E) superior a 1.000. 
EC 16 TRF 1ª Região/2001 [FCC] 
A probabilidade de que um item produzido por uma máquina seja defeituoso é de 10%. Uma 
amostra de 30 itens produzidos por esta máquina é selecionada ao acaso. Use a aproximação 
pela distribuição de Poisson para determinar a probabilidade de que não mais do que um item 
defeituoso seja encontrado nesta amostra. 
a) 34 −e 
109 
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b) 24 −e 
c) 33 −e 
d) 341 −− e 
e) 331 −− e 
 
EC 17 MPE PE/2006 [FCC] 
O número de falhas de certo tipo de placa térmica tem distribuição de Poisson, com taxa 
média de 0,1 defeitos por m2. Na confecção da superfície de um armário, é necessário cobrir 
uma superfície de 2m por 2m com essa placa. 
A probabilidade de que haja pelo menos uma falha nessa superfície é de: 
a) 1,0−e 
b) 1,01 −− e 
c) 4,01 −− e 
d) 4,0−e 
e) 4,04,11 −− e 
EC 18 MPE PE/2006 [FCC] 
Considerando os dados da questão anterior, responda ao que segue. 
Na confecção de 3 superfícies deste tipo, a probabilidade de que exatamente duas não 
apresentem defeito é: 
a) 4,024,0 )1(3 −−− ee 
b) 1,03 −e 
c) )1(3 2,0−− e 
d) 1,021,0 )1(3 −−− ee 
e) 8,024,0 )1(3 −−− ee 
EC 19 MPU/2007 [FCC] 
O número de pacientes atendidos por um clínico geral segue uma distribuição de Poisson com 
taxa de 4 pacientes por hora. A probabilidade de que pelo menos um paciente consulte o 
clínico geral em um período de 15 minutos é: 
a) 11 −− e 
b) 41 −− e 
c) 4−e 
d) 4e 
e) 1−e 
110 
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EC 20 TRF 2ª Região/2007 [FCC] 
Sabe-se que a variável aleatória X é bi-modal para x = 1 e x = 2 e que tem distribuição de 
Poisson. Sabendo que X é diferente de zero, a probabilidade de X assumir um valor menor do 
que 3 é dada por: 
a) 2
4
e
 
b) 
1
4
2 −e 
c) 
e
2 
d) 2
41
e
− 
e) 21
4
e− 
EC 21 MPOG 2006 [ESAF] 
Uma variável aleatória X tem distribuição de Poisson, com parâmetro “m”, e k = 0, 1, 2, 3... 
se e somente se 
a) ( )
mm eP X k
k
−⋅= = 
b) ( )
k mm eP X k
k
−⋅= = 
c) ( )
k mm eP X k
k
⋅= = 
d) ( )
km eP X k
k
⋅= = 
e) ( )
!
k mm eP X k
k
−⋅= = 
EC 22 CGU 2008 [ESAF] 
Tem-se que xnxxn ppCxf
−−×= )1()( , , onde xnC , é o número de combinações de n elementos 
tomados x a x, )(xf é a função de probabilidade de uma variável aleatória binomial. 
Fazendo-se na sua expressão 0→p e ∞→n , mas com λ=np , )(xf tem como limite a 
função de probabilidade de uma variável aleatória de Poisson, que é: 
a) λλ −ex 
b) 
!x
ex λλ − 
c) xe λλ − 
d) λλ /xe− 
111 
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e) )(/1 λλ Γ−− xex 
EC 23 AFRFB 2009 [ESAF] 
O número de petroleiros que chegam a uma refinaria ocorre segundo uma distribuição de 
Poisson, com média de dois petroleiros por dia. Desse modo, a probabilidade de a refinaria 
receber no máximo três petroleiros em dois dias é igual a: 
 
EC 24 Sefaz RJ 2009 [FGV] 
O número de clientes que buscam, em cada dia, os serviços de um renomado cirurgião tem 
uma distribuição de Poisson com média de 2 pacientes por dia. Para cada cirurgia efetuada, o 
cirurgião recebe R$ 10.000,00. No entanto, ele consegue fazer o máximo de duas cirurgias em 
um dia; clientes excedentes são perdidos para outros cirurgiões. 
Assinale a alternativa que indique o valoresperado da receita diária do cirurgião. 
(considere e–2 = 0,14) 
(A) R$ 5.600,00. 
(B) R$ 8.400,00. 
(C) R$ 10.000,00. 
(D) R$ 14.400,00. 
(E) R$ 20.000,00. 
EC 25 CGU 2008 [ESAF] 
Sendo X uma variável aleatória uniformemente distribuída no intervalo [0,1], determine sua 
variância. 
a) 1/2. 
b) 1/3. 
c) 1/4. 
d) 1/6. 
e) 1/12. 
EC 26 MPU/2007 [FCC] 
112 
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O tempo necessário para um medicamento contra dor fazer efeito segue um modelo com 
densidade Uniforme no intervalo de 5 a 15 (em minutos). Um paciente é selecionado ao acaso 
entre os que tomaram o remédio. A probabilidade do medicamento fazer efeito em até 10 
minutos, neste paciente, é: 
a) 0,8 
b) 0,7 
c) 0,5 
d) 0,4 
e) 0,3 
 
EC 27 TRF 2ª Região/2007 [FCC] 
A temperatura T de destilação do petróleo é uma variável aleatória com distribuição uniforme 
no intervalo [150,300]. Seja C o custo para se produzir um galão de petróleo. Determine o 
lucro esperado por galão, supondo que o preço de venda por galão é uma variável aleatória Y 
dada por: 
aY = , se 200≥T 
bY = , se 200<T 
 
a) Cba −+ 3/)2( 
b) 150/)(150/)( CbCa −+− 
c) Cba −+ 3/)( 
d) Cba −+ 150/)( 
e) Cba −+ 3/)2( 
 
EC 28 MPE PE/2006 [FCC] 
Seja X uma variável aleatória, com densidade Uniforme no intervalo [ ]αα ;− , o valor de α 
que satisfaz à condição )1(2)2/1( −<=> XPXP é: 
a) 2 
b) 3/2 
c) 1 
d) 1/2 
e) 1/4 
 
EC 29 ANP 2008 [CESGRANRIO] 
A variável aleatória X tem uma distribuição de probabilidade contínua e uniforme entre 0 e 2. 
A probabilidade de que uma realização de X ocorra entre 0.9 e 1.1 é 
(A) nula. 
113 
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(B) menor que 10%. 
(C) igual a 10%. 
(D) maior que 20%. 
(E) maior que um desvio padrão. 
 
EC 30 PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] 
Toma-se uma amostra aleatória de 5 observações de uma população com distribuição 
uniforme no intervalo [0, 1]. Qual é a probabilidade de a maior das observações ser superior a 
0,5? 
(A) 1/2 
(B) 3/4 
(C) 4/5 
(D) 15/16 
(E) 31/32 
 
EC 31 SEFAZ/MS – 2006 [FGV]. 
Se X tem distribuição normal com média 4 e variância 9, a probabilidade de X > 6 vale, 
aproximadamente: 
a) 0,25 
b) 0,28 
c) 0,33 
d) 0,37 
e) 0,46 
EC 32 SEFAZ SP – 2006 [FCC] 
Verificou-se que os valores arrecadados dos tributos em uma cidade apresentam uma 
distribuição normal. Sabe-se que 10% destes valores são superiores a R$ 1.770,00 e que 60% 
são menores ou iguais a R$ 1.350,00. 
z )0( zZP ≤≤
0,00 0,00 
0,25 0,10 
0,50 0,19 
0,75 0,27 
1,00 0,34 
1,10 0,36 
1,20 0,38 
1,30 0,40 
1,40 0,42 
1,50 0,43 
Dados: valores das probabilidades )0( zZP ≤≤ para a distribuição normal padrão. 
114 
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A média e o desvio padrão destes valores calculados utilizando a tabela acima são, 
respectivamente: 
a) R$ 1.250,00 e R$ 400,00 
b) R$ 1.250,00 e R$ 20,00 
c) R$1.410,00 e R$ 400,00 
d) R$ 1.410,00 e R$ 20,00 
e) R$ 1.560,00 e R$ 20,00. 
EC 33 Ministério da Saúde/2007 [FCC] 
Para responder à questão seguinte considere, dentre os dados abaixo, aqueles que julgar 
apropriados. Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
023,0)2( =>ZP ; 445,0)6,10( =<< ZP ; 84,0)1( =<ZP ; 49,0)33,20( =<< ZP 
O tempo para ocorrência de defeitos em máquinas, de uma determinada fabricação, tem 
distribuição normal com média de 1000 dias e desvio-padrão de 100 dias. Ao desejar que 
apenas 1% das máquinas sejam substituídas antes do término da garantia, o tempo de garantia 
que o fabricante deve dar às máquinas vendidas deve ser de: 
a) 767 dias; 
b) 584 dias; 
c) 429 dias; 
d) 403 dias; 
e) 356 dias. 
EC 34 TRF 2ª Região/2007 [FCC] 
Para resolver a questão seguinte, utilize, dentre as informações dadas a seguir, as que julgar 
apropriadas. Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
023,0)2( =>ZP ; 945,0)64,1( =<ZP ; 433,0)5,10( =<< ZP ; 91,0)34,1( =<ZP 
O padrão de qualidade de uma impressora recomenda que os pontos impressos estejam entre 
3,6 e 4,4 mm. Uma impressora imprime pontos com diâmetro X, onde X é aproximadamente 
normal com média 4 mm e desvio padrão σ . Se a probabilidade de um ponto da impressora 
estar dentro do padrão de qualidade é de 95,4%, o valor de σ , em mm, é igual a: 
a) 0,54 
b) 0,35 
c) 0,29 
d) 0,22 
e) 0,20. 
Para resolver as questões de números EC 35 e EC 36 considere a tabela a seguir, que dá 
valores das probabilidades )( zZP ≥ para a distribuição normal padrão. 
115 
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z )( zZP ≥ 
0,00 0,50 
0,25 0,40 
0,50 0,31 
0,75 0,23 
1,00 0,16 
1,25 0,11 
1,50 0,07 
 
EC 35 BACEN/2006 [FCC] 
As empresas de um determinado setor têm uma situação líquida bem descrita por uma 
distribuição normal, com média igual a 2,5 milhões de reais e desvio padrão de 2 milhões de 
reais. Selecionando-se uma empresa aleatoriamente deste setor, a probabilidade dela 
apresentar uma situação líquida negativa ou nula é de: 
a) 11% 
b) 16% 
c) 23% 
d) 39% 
e) 50%. 
EC 36 BACEN/2006 [FCC] 
Os valores de determinado título no mercado de investimentos apresentam uma distribuição 
considerada normal. Sabe-se que os valores de 16% dos títulos são superiores ou iguais a R$ 
10.000,00 e que os valores de 60% dos títulos são inferiores a R$ 7.000,00. A média dos 
valores destes títulos é: 
a) R$ 8.500,00 
b) R$ 8.000,00 
c) R$ 7.500,00 
d) R$ 6.000,00 
e) R$ 4.500,00 
EC 37 ISS/SP – 2007 [FCC] 
Para responder à questão seguinte, utilize, dentre as informações abaixo, as que julgar 
adequadas. Se Z tem distribuição normal padrão, então: 
341,0)10( =<< ZP 
445,0)6,10( =<< ZP 
477,0)20( =<< ZP 
Os depósitos efetuados no banco B, num determinado mês, têm distribuição normal com 
média R$ 9.000,00 e desvio padrão R$ 1.500,00. Um depósito é selecionado ao acaso dentre 
todos os referentes ao mês em questão. A probabilidade de que o depósito exceda a R$ 
6.000,00 é de: 
a) 97,7% 
116 
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b) 94,5% 
c) 68,2% 
d) 47,7% 
e) 34,1% 
EC 38 SEFAZ MG 2005 [ESAF] 
As vendas em um mês de determinado produto, de custo unitário, em reais, tem distribuição 
aproximadamente normal com média de R$ 500,00 e desvio padrão de R$ 50,00. Se a 
empresa decide fabricar, em dado mês, 600 unidades do produto, assinale a opção que dá a 
probabilidade de que a demanda não seja atendida. (Em sua resposta faça uso da tabela da 
função de distribuição )(xφ da normal padrão dada abaixo). 
x )(xφ 
1,85 0,968 
1,96 0,975 
2,00 0,977 
2,12 0,983 
a) 5,0% 
b) 3,1% 
c) 2,3% 
d) 2,5% 
e) 4,0% 
EC 39 SEFAZ SP 2009 [ESAF] 
Seja Z uma variável aleatória Normal Padrão. Dados os valores de z e de P(Z < z) a seguir, 
obtenha o valor mais próximo de P(-2,58 < Z < 1,96). 
z 1,96 2,17 2,33 2,41 2,58 
P( Z < z ) 0,975 0,985 0,99 0,992 0,995 
a) 0,97 
b) 0,985 
c) 0,98 
d) 0,99 
e) 0,95 
 
EC 40 PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] 
Se X tem distribuição normal com média 4 e variância 9, a probabilidade de que X > 5, 
aproximadamente, vale: 
(A) 0,25 
(B) 0,28 
(C) 0,33 
(D) 0,37 
117 
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(E) 0,46 
EC 41 TCE RO 2007 [CESGRANRIO] 
O gasto médio dos clientes de um posto de gasolina é uma variável aleatória normal com 
média R$ 100,00 e desvio padrão R$ 25,00. Os 10% dos que mais consomem recebem um 
tratamento VIP, incluindo lavagem de carroceria, calibragem nos pneus e verificação do óleo 
e da água. Quanto você precisa gastar nesse posto de gasolina, em reais, para obter tratamento 
VIP? 
(A) 158,00 
(B) 149,00 
(C) 141,00 
(D) 132,00 
(E) 128,00 
EC 42 PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] 
Em um concurso público serão chamados para contratação imediata 20% dos candidatos com 
as maiores notas. As notas obtidas seguem uma distribuição normal com média 5,5 e desvio 
padrão 3. A nota mínima para que o candidato seja chamado para contratação imediata é, 
aproximadamente, 
(A) 7,0 
(B) 7,5 
(C) 8,0 
(D) 8,5 
(E) 9,0 
EC 43 PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] 
A voltagem de saída de uma fonte de energia é normalmente distribuída com média 12V e 
desvio padrão 0,05V. As especificações para voltagem são 11,90V e 12,10V, 
respectivamente. Para quanto teríamos que reduzir a variabilidade do processo, de modo que 
apenas uma, dentre 1.000 unidades, ficasse fora das especificações? 
(Use, no final do cálculo, aproximação por truncamento, com três casas decimais.) 
(A) 0,025 
(B) 0,030 
(C) 0,035 
(D) 0,040 
(E) 0,045 
EC 44 PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] 
Se X tem distribuição normal com média 4 e variância 4, a probabilidade de que X > 6 vale, 
aproximadamente 
(A) 0,16 
(B) 0,28 
118 
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(C) 0,33 
(D) 0,37 
(E) 0,46 
EC 45 MP RO 2005 [CESGRANRIO] 
Se X tem distribuição normal com média 10 e variância 4, a probabilidade de que X > 11, 
aproximadamente, vale: 
(A) 0,25 
(B) 0,28 
(C) 0,33 
(D) 0,31 
(E) 0,46 
EC 46 BNDES 2008/1 [CESGRANRIO] 
Seja X uma variável aleatória com distribuição normal com parâmetros 2=μ 162 =σ . A 
probabilidade de que X esteja entre 1 e 4 é, aproximadamente, 
(A) 9% 
(B) 10% 
(C) 19% 
(D) 29% 
(E) 33% 
 
EC 47 Sefaz RJ 2009 [FGV] 
As variáveis aleatórias 1X , 2X e 3X são independentes e todas têm distribuição normal com 
média μ e variância 2σ . Se )(zφ representa )( zZP < , onde Z tem distribuição normal 
padrão, o valor de )( 321 XXXP +< é: 
a) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
σ
μφ
3
 
b) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
σ
μφ 
c) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
σ
μφ
3
 
d) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛− σ
μφ
3
 
e) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛− σ
μφ 
 
119 
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EC 48 SAD PERNAMBUCO 2008 [FGV] 
A respeito de distribuição normal de probabilidades, analise as afirmativas a seguir: 
I. Se uma variável tem distribuição normal com média μ e desvio padrão σ , então o intervalo 
(μ – 2σ ; μ + 2σ ) contém cerca de 95% de seus valores possíveis. 
II. Se uma variável aleatória X tem distribuição normal com média μ e variância σ 2, então a 
variável Z = (X – μ )/σ tem distribuição normal com média 0 e variância 1. 
III. Se uma variável tem distribuição normal de probabilidades, então o valor de sua média é 
igual ao de sua mediana. 
IV. Se uma variável X tem distribuição normal com média 0,1, então a probabilidade de que 
X assuma um valor negativo é maior do que 50%. 
Assinale: 
(A) se somente as afirmativas I e III estiverem corretas. 
(B) se somente as afirmativas II e IV estiverem corretas. 
(C) se somente as afirmativas I, II e III estiverem corretas. 
(D) se somente as afirmativas II, III e IV estiverem corretas. 
(E) se todas as afirmativas estiverem corretas. 
EC 49 Sefaz RJ 2008 [FGV] 
Dentre as distribuições de probabilidade a seguir, aquela em que 2))(()( XEXEXE −= é: 
a) de densidade )
2
exp(
2
1)(
2xxf −= π , ∞<<∞− x 
b) de densidade 1)( =xf , 10 << x 
c) xnx pp
x
n
xXP −−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛== )1()( , x = 0, 1, 2, ..., n 
d) 
!
)(
x
exXP
xλλ−== , x = 0, 1, 2, ... 
e) 
⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ +
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
==
n
MN
xn
M
x
N
xXP )( , x = 0, 1, 2, ... n 
EC 50 CGU - 2008 [ESAF] 
Em determinadas circunstâncias, uma variável aleatória binomial pode ser bem aproximada 
por uma variável aleatória normal. Seja X uma variável aleatória binomial com n=400 e 
p=1/2. Calcule o valor mais próximo de P(181 ≤ X ≤ 219) usando a aproximação da variável 
binomial pela normal, dado que F(1,96) = 0,975, F(2,17) = 0,985, F(2,33) = 0,99, F(2,41) = 
0,992 e F(2,58) = 0,995, onde F(z) é a função de distribuição de uma variável aleatória 
normal padrão Z. 
a) 0,95. 
120 
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b) 0,97. 
c) 0,98. 
d) 0,984. 
e) 0,99. 
EC 51 TCU/2008 [CESPE] 
Uma agência de desenvolvimento urbano divulgou os dados apresentados na tabela a seguir, 
acerca dos números de imóveis ofertados (X) e vendidos (Y) em determinado município, nos 
anos de 2005 a 2007. 
Ano Número de imóveis 
Ofertados (X) Vendidos (Y) 
2005 1.500 100 
2006 1.750 400 
2007 2.000 700 
 
[...] 
Considerando que em 2008 sejam ofertados 2.500 imóveis, dos quais sejam vendidos Y 
imóveis nesse mesmo ano, nesse caso, se a probabilidade de um imóvel ofertado em 2008 ser 
vendido no mesmo ano for igual a 0,4, e se Y seguir uma distribuição binomial, então a 
probabilidade de se observar o evento 000.1≥Y imóveis será inferior a 0,41. 
 
EC 52 Paraná Previdência 2002. [CESPE] 
Julgue os itens seguintes, relativos a técnicas de amostragem. 
1. No caso de uma amostra aleatória de tamanho n extraída de uma população de N 
elementos, a probabilidade de seleção de cada uma das combinações amostrais possíveis é 
igual a 1/N. 
2. Considere a seguinte situação hipotética. 
Uma determinada população pode ser dividida em subgrupos com características semelhantes, 
como sexo, faixa etária, rendimento mensal etc. Os subgrupos formam uma partição da 
população e os elementos selecionados são resultantes de uma amostra aleatória simples 
efetuada em cada subgrupo. Nessa situação, o desenho amostral é conhecido como 
amostragem por conglomerados. 
3. Considere a seguinte situação hipotética. 
Uma empresa quer estudar a renda de empregados rurais existentes em uma área do interior 
do estado do Paraná. Devem ser aplicados 1.200 questionários, mas a empresa não possui um 
cadastro contendo dados sobre os empregados rurais. A inexistência do cadastro impede o 
sorteio aleatório de tais empregados. Além disso, o custo de contactar diretamente as famílias 
rurais dispersas em uma grande área é muito elevado. Para viabilizar o estudo, a área do 
interior do estado foi dividida em pequenas subáreas disjuntas. Foram selecionadas 
aleatoriamente algumas subáreas e a pesquisa procurou entrevistar todos os empregados rurais 
dentro delas. Nessa situação, o desenho amostral é conhecido como amostragem estratificada. 
 
EC 53 TRF 2ª Região/2007 [FCC] 
121 
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Uma pesquisa pretende estimar o valor médio mensal dos salários recebidos pelos professores 
de 4 escolar do bairro Saúde. Para a pesquisa primeiramente foram listados todos os 
professores para as 4 escolas segundo o sexo resultando em 2000 professores do sexo 
feminino e 1500 professores do sexo masculino. Foram propostos dois planos amostrais 
distintos. O primeiro plano previa um sorteio com reposição de 350 professores do total de 
3500. Na segunda proposta, o total da população de professoresfoi dividido em dois grupos 
(um grupo do sexo feminino e outro grupo do sexo masculino) e seriam sorteados 10% de 
cada grupo com reposição. Segundo a teoria geral da amostragem, o primeiro e o segundo 
plano são, respectivamente: 
a) amostragem aleatória simples e amostragem estratificada 
b) amostragem aleatória simples e amostragem estratificada 
c) amostragem estratificada e amostragem aleatória simples 
d) amostragem aleatória simples e amostragem por conglomerado em dois estágios 
e) amostragem aleatória simples e amostragem por conglomerados. 
 
EC 54 SAD-PE 2009 [CESPE] 
Em uma cidade, há 1.000 empresas do ramo da construção civil que são classificadas segundo 
o seu porte. A distribuição dessas empresas é dada na tabela seguinte. 
 
 
 
Considere que um instituto de pesquisa decida coletar uma amostra de 100 empresas por meio 
de uma amostragem aleatória estratificada segundo o porte das empresas. Se a alocação da 
amostra é uniforme, então o número de empresas de grande porte presentes na amostra será 
igual a 
A) 1. 
B) 5. 
C) 10. 
D) 25. 
E ) 50. 
EC 55 SAD-PE 2009 [CESPE] 
Suponha que em certo município há 120 mil habitantes que vivem em 30 mil domicílios 
residenciais. Para um estudo socioeconômico nesse município, foi retirada uma amostra 
122 
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aleatória de 6 mil domicílios. De cada domicílio dessa amostra foram coletadas informações 
de todas as pessoas que moram nesse domicílio. No total, esse estudo levantou informações 
acerca de 19.200 habitantes desse município. Com base nessas afirmações, assinale a opção 
correta. 
 
A) Cada domicílio representa um estrato da população em estudo. 
B) O plano amostral considerado no estudo é de um levantamento por conglomerados. 
C) O estudo considerou uma amostra aleatória simples de 19.200 habitantes desse município. 
D) A coleta de informações de todas as pessoas que moram no domicílio amostrado é um 
aspecto característico da amostragem estratificada. 
E) Cada habitante desse município contemplado na amostra representa uma unidade amostral. 
 
IX. GABARITO DAS QUESTÕES DE CONCURSO 
 
1 d 
2 errado 
3 certo errado 
4 e 
5 a 
6 c 
7 a 
8 a 
9 b 
10 b 
11 b 
12 a 
13 d 
14 certo errado errado 
15 d 
16 a 
17 c 
18 e 
19 a 
20 b 
21 e 
22 b 
23 c 
24 d 
25 e 
26 c 
27 e 
28 b 
29 c 
30 e 
31 a 
32 a 
33 a 
34 e 
35 a 
36 d 
37 a 
38 c 
39 a 
40 d 
41 d 
42 c 
43 b 
44 a 
123 
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45 d 
46 d 
47 a 
48 c 
49 d 
50 a 
51 errado 
52 errado errado errado 
53 a 
54 d 
55 b 
 
X. TABELA PARA A DISTRIBUIÇÃO NORMAL 
Tabela gerada com o Excel. 
Z é a variável normal reduzida (média zero e desvio padrão unitário). 
 
 PROBABILIDADE DE Z ESTAR ENTRE 0 E Z0 
 Segunda casa decimal de Z0 
Z0 0 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09 
0,0 0,0000 0,0040 0,0080 0,0120 0,0160 0,0199 0,0239 0,0279 0,0319 0,0359 
0,1 0,0398 0,0438 0,0478 0,0517 0,0557 0,0596 0,0636 0,0675 0,0714 0,0753 
0,2 0,0793 0,0832 0,0871 0,0910 0,0948 0,0987 0,1026 0,1064 0,1103 0,1141 
0,3 0,1179 0,1217 0,1255 0,1293 0,1331 0,1368 0,1406 0,1443 0,1480 0,1517 
0,4 0,1554 0,1591 0,1628 0,1664 0,1700 0,1736 0,1772 0,1808 0,1844 0,1879 
0,5 0,1915 0,1950 0,1985 0,2019 0,2054 0,2088 0,2123 0,2157 0,2190 0,2224 
0,6 0,2257 0,2291 0,2324 0,2357 0,2389 0,2422 0,2454 0,2486 0,2517 0,2549 
0,7 0,2580 0,2611 0,2642 0,2673 0,2704 0,2734 0,2764 0,2794 0,2823 0,2852 
0,8 0,2881 0,2910 0,2939 0,2967 0,2995 0,3023 0,3051 0,3078 0,3106 0,3133 
0,9 0,3159 0,3186 0,3212 0,3238 0,3264 0,3289 0,3315 0,3340 0,3365 0,3389 
1,0 0,3413 0,3438 0,3461 0,3485 0,3508 0,3531 0,3554 0,3577 0,3599 0,3621 
1,1 0,3643 0,3665 0,3686 0,3708 0,3729 0,3749 0,3770 0,3790 0,3810 0,3830 
1,2 0,3849 0,3869 0,3888 0,3907 0,3925 0,3944 0,3962 0,3980 0,3997 0,4015 
1,3 0,4032 0,4049 0,4066 0,4082 0,4099 0,4115 0,4131 0,4147 0,4162 0,4177 
1,4 0,4192 0,4207 0,4222 0,4236 0,4251 0,4265 0,4279 0,4292 0,4306 0,4319 
1,5 0,4332 0,4345 0,4357 0,4370 0,4382 0,4394 0,4406 0,4418 0,4429 0,4441 
1,6 0,4452 0,4463 0,4474 0,4484 0,4495 0,4505 0,4515 0,4525 0,4535 0,4545 
1,7 0,4554 0,4564 0,4573 0,4582 0,4591 0,4599 0,4608 0,4616 0,4625 0,4633 
1,8 0,4641 0,4649 0,4656 0,4664 0,4671 0,4678 0,4686 0,4693 0,4699 0,4706 
1,9 0,4713 0,4719 0,4726 0,4732 0,4738 0,4744 0,4750 0,4756 0,4761 0,4767 
2,0 0,4772 0,4778 0,4783 0,4788 0,4793 0,4798 0,4803 0,4808 0,4812 0,4817 
2,1 0,4821 0,4826 0,4830 0,4834 0,4838 0,4842 0,4846 0,4850 0,4854 0,4857 
2,2 0,4861 0,4864 0,4868 0,4871 0,4875 0,4878 0,4881 0,4884 0,4887 0,4890 
2,3 0,4893 0,4896 0,4898 0,4901 0,4904 0,4906 0,4909 0,4911 0,4913 0,4916 
2,4 0,4918 0,4920 0,4922 0,4925 0,4927 0,4929 0,4931 0,4932 0,4934 0,4936 
2,5 0,4938 0,4940 0,4941 0,4943 0,4945 0,4946 0,4948 0,4949 0,4951 0,4952 
2,6 0,4953 0,4955 0,4956 0,4957 0,4959 0,4960 0,4961 0,4962 0,4963 0,4964 
2,7 0,4965 0,4966 0,4967 0,4968 0,4969 0,4970 0,4971 0,4972 0,4973 0,4974 
2,8 0,4974 0,4975 0,4976 0,4977 0,4977 0,4978 0,4979 0,4979 0,4980 0,4981 
2,9 0,4981 0,4982 0,4982 0,4983 0,4984 0,4984 0,4985 0,4985 0,4986 0,4986 
3,0 0,4987 0,4987 0,4987 0,4988 0,4988 0,4989 0,4989 0,4989 0,4990 0,4990