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BACEN - Noções de Lógica e Estatística
- 2024 (Pós-Edital)
Autor:
Equipe Exatas Estratégia
Concursos
02 de Fevereiro de 2024
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Índice
..............................................................................................................................................................................................1) Introdução - Distribuições Discretas de Probabilidade 3
..............................................................................................................................................................................................2) Distribuição Uniforme 4
..............................................................................................................................................................................................3) Distribuição de Bernoulli 8
..............................................................................................................................................................................................4) Distribuição Binomial 12
..............................................................................................................................................................................................5) Distribuição Geométrica 29
..............................................................................................................................................................................................6) Distribuição Hipergeométrica 39
..............................................................................................................................................................................................7) Distribuição de Poisson 49
..............................................................................................................................................................................................8) Distribuição Binomial Negativa 61
..............................................................................................................................................................................................9) Questões Comentadas - Distribuição Uniforme - Cebraspe 68
..............................................................................................................................................................................................10) Questões Comentadas - Distribuição de Bernoulli - Cebraspe 69
..............................................................................................................................................................................................11) Questões Comentadas - Distribuição Binomial - Cebraspe 73
..............................................................................................................................................................................................12) Questões Comentadas - Distribuição Geométrica - Cebraspe 92
..............................................................................................................................................................................................13) Questões Comentadas - Distribuição de Poisson - Cebraspe 96
..............................................................................................................................................................................................14) Lista de Questões - Distribuição Uniforme - Cebraspe 111
..............................................................................................................................................................................................15) Lista de Questões - Distribuição de Bernoulli - Cebraspe 113
..............................................................................................................................................................................................16) Lista de Questões - Distribuição Binomial - Cebraspe 116
..............................................................................................................................................................................................17) Lista de Questões - Distribuição Geométrica - Cebraspe 125
..............................................................................................................................................................................................18) Lista de Questões - Distribuição de Poisson - Cebraspe 128
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Olá, concurseiro(a)! Estão aproveitando o curso? 
Agora, vamos estudar Distribuições Discretas: aquelas distribuições especiais, como a distribuição binomial, 
que caem bastante em prova. Os conceitos envolvidos são aqueles que vimos na aula de variáveis discretas, 
mas aqui eles são utilizados de maneira diferente. Então, mesmo que você não esteja muito seguro com a 
aula passada, vem comigo, para aprender a resolver questões de distribuições discretas 
Até já! 
Luana Brandão 
 
Posso te falar um pouquinho sobre mim? Sou Doutora em Engenharia de Produção, pela Universidade Federal 
Fluminense, e Auditora Fiscal da SEFAZ-RJ. Sou professora de Estatística do Estratégia, porque quero muito 
ajudá-lo(a) em sua trajetória rumo à aprovação! 
 
 
Se tiver alguma dúvida, entre em contato comigo! 
 professoraluanabrandao@gmail.com 
 @professoraluanabrandao 
 
 
 
 
“Quando pensar em desistir, lembre-se da causa pela qual você começou.” 
Elias Lima da Silva 
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DISTRIBUIÇÕES DISCRETAS DE PROBABILIDADE 
Nesta aula, veremos algumas distribuições específicas de probabilidade, chamadas de Distribuições Teóricas 
ou Distribuições Especiais, que, por serem muito comuns, merecem atenção especial. 
 
Distribuições Uniformes 
Distribuições uniformes são aquelas cujos possíveis resultados são equiprováveis, como o lançamento de 
uma moeda equilibrada ou de um dado equilibrado; ou o sorteio de um elemento quando as probabilidades 
de todos os elementos serem sorteados forem iguais. 
Para distribuições uniformes, havendo um total de 𝑵 elementos, a probabilidade de cada valor 𝑥 é dada por: 
𝑃(𝑥) =
1
𝑁
 
Por exemplo, a probabilidade de cada face da moeda é 𝑃 =
1
2
 e do dado é 𝑃 =
1
6
. 
Visualmente, no gráfico de uma distribuição uniforme, as barras apresentam o mesmo tamanho, como 
representado abaixo, para o exemplo do dado: 
 
Vamos calcular a esperança dessa distribuição. A fórmula geral da esperança é: 
𝐸(𝑋) =∑𝑥.𝑃(𝑥) 
Como 𝑃(𝑋 = 𝑥) =
1
𝑁
 para uma distribuição uniforme, então a esperança dessa distribuição é: 
𝐸(𝑋) =∑𝑥.
1
𝑁
 
𝑬(𝑿) =
∑𝒙
𝑵
 
17% 17% 17% 17% 17% 17%
0%
5%
10%
15%
20%
1 2 3 4 5 6
Distribuição Uniforme
Dado Equilibrado
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Ou seja, a esperança da distribuição uniforme corresponde à média aritmética dos valores da variável. Para 
o exemplo do dado, a esperança é: 
𝐸(𝑋) =
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6
6
=
21
6
=
7
2
 
O próximo passo é calcular a variância dessa distribuição. A fórmula da variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − [𝐸(𝑋)]2 
Sabemos calcular E(X), então basta elevá-la ao quadrado para calcular [𝐸(𝑋)]2. Já o valor de 𝐸(𝑋2) é definido 
como: 
𝐸(𝑋2) =∑𝑥2. 𝑃(𝑥) 
Como 𝑃(𝑥) =
1
𝑁
 para uma distribuição uniforme, então, para essa distribuição, temos: 
𝐸(𝑋2) =∑𝑥2.
1
𝑁
=
∑𝑥2
𝑁
 
Ou seja, 𝐸(𝑋2) é a média aritmética dos valores da variável elevados ao quadrado. 
Para o exemplo do dado, o valor de 𝐸(𝑋2) é: 
𝐸(𝑋2) =
12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62
6
=
1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36
6
=
91
6
 
Logo, a variância será a diferença: 
𝑉(𝑋) = 𝐸(𝑋2)− [𝐸(𝑋)]2 =
91
6
− (
7
2
)
2
=
91
6
−
49
4
=
182 − 147
12
=
35
12
 
 
A maioria das distribuições teóricas conhecidas fazem parte da chamada família 
exponencial (ex.: binomial, geométrica, hipergeométrica, de Poisson; exponencial, 
Normal). Uma família é um conjunto de distribuições que apresentam características 
semelhantes. Para a família exponencial, a função de probabilidade pode ser descrita de 
forma similar. 
A distribuição uniforme é uma distribuição discreta importante que não pertence à família 
exponencial. 
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(2008 – TJ/RO) 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. 
Comentários: 
Sabendo que todas as bolas possuem a mesma probabilidade de serem sorteadas, então elas seguem 
distribuição uniforme. Com isso, já sabemos a resposta da questão (D), mas vejamos as demais alternativas. 
Em relação à alternativa C, a média é: 
𝜇 = 𝐸(𝑋) =
∑𝑥
𝑁
 
𝜇 =
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10
10
=
55
10
= 5,5 
Portanto, a alternativa C está incorreta. 
Em relação à alternativa A, o desvio padrão é a raiz da variância, dada por: 
𝑉(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − [𝐸(𝑋)]2 
Para distribuições uniformes, o valor de 𝐸(𝑋2) é dado por: 
𝐸(𝑋2) =
∑𝑥2
𝑁
 
𝐸(𝑋2) =
1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 + 49 + 64 + 81 + 100
10
=
385
10
= 38,5 
Sabendo que [𝐸(𝑋)]2 = (5,5)2 = 30,25, a variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − 𝜇2 = 38,5 − 30,25 = 8,25 
E o desvio padrão é a raiz quadrada: 
𝜎 = √𝑉(𝑋) = √8,25 ≅ 2,87 
Assim, a alternativa A está incorreta. 
Em relação à alternativa B, sabemos que a probabilidade associada a cada valor é: 
𝑃 =
1
𝑁
=
1
10
= 10% 
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Assim, a função de distribuição acumulada aumenta em 10% para cada unidade: 
 
Observamos que não existe um valor de X = x que corresponda a F(x) = 25% exatamente. O valor superior a 
25% mais próximo é F(x) = 30%, associado a X = 3. Portanto, o primeiro quartil é X = 3. 
Assim, a alternativa B está incorreta. 
Em relação à alternativa D, no gráfico de uma distribuição uniforme, todas as barras apresentam o mesmo 
tamanho. Logo, a distribuição não é assimétrica. 
Gabarito: D 
 
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DISTRIBUIÇÃO DE BERNOULLI 
Uma variável aleatória discreta 𝑋 com Distribuição de Bernoulli assume apenas 2 valores possíveis, 0 ou 1, 
em um experimento realizado uma única vez. Esse experimento é chamado de Ensaio de Bernoulli ou 
Experimento de Bernoulli. 
Um exemplo clássico dessa distribuição é o lançamento de uma moeda. 
Chamamos os resultados possíveis de sucesso (em que a variável assume o valor X = 1) ou fracasso (em que 
a variável assume o valor X = 0). Se estivermos interessados na face CARA, esta representaria o sucesso e 
COROA representaria o fracasso (ou o contrário, se estivéssemos interessados na outra face). 
Nesse exemplo, não faz muita diferença qual face corresponde ao sucesso ou ao fracasso, porque a 
probabilidade de ambas é a mesma: 50%. 
 
Agora, vamos considerar que estamos torcendo para que o resultado do lançamento de um dado seja um 
múltiplo de 3. Nesse caso, os resultados 3 e 6 correspondem ao sucesso e os demais resultados 
correspondem ao fracasso. 
Assim, teríamos 2 resultados de sucesso (em que X = 1) e 4 resultados de fracasso (em que X = 0). Logo, as 
probabilidades seriam as seguintes: 
𝑃(𝑋 = 1) =
2
6
=
1
3
 
𝑃(𝑋 = 0) =
4
6
=
2
3
 
Normalmente, indicamos a probabilidade de sucesso como 𝒑 e a probabilidade de fracasso como 𝒒. 
𝒑 = 𝑃(𝑋 = 1) 
𝒒 = 𝑃(𝑋 = 0) 
Para esse exemplo, temos 𝒑 =
1
3
 e 𝒒 =
2
3
. 
 
Outro exemplo de uma distribuição de Bernoulli é associar o sucesso a apenas uma das faces do dado, por 
exemplo, a face 3. Nesse caso, temos 1 resultado de sucesso (X = 1) e 5 resultados de fracasso (X = 0): 
𝒑 = 𝑃(𝑋 = 1) =
1
6
 
𝒒 = 𝑃(𝑋 = 0) =
5
6
 
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Como há apenas 2 resultados possíveis, as probabilidades de sucesso e de fracasso são complementares, 
isto é, a soma dessas 2 probabilidades é igual a 1: 
𝒑 + 𝒒 = 𝟏 
𝒒 = 𝟏 − 𝒑 
 
A probabilidade de sucesso 𝒑 é a única informação necessária para caracterizar uma distribuição de 
Bernoulli, uma vez que a probabilidade de fracasso é calculada a partir dela. Por isso, podemos indicar que 
uma variável 𝑋 segue distribuição de Bernoulli como 𝑋~𝐵𝑒𝑟(𝒑). 
Esse dado que caracteriza uma distribuição de probabilidade é chamado de parâmetro. 
 
 
Um mesmo experimento pode estar associado a variáveis aleatórias com distribuições 
distintas de probabilidade, dependendo de como você o analisa. 
O lançamento de um dado, por exemplo, pode estar associado a uma variável uniforme, 
com 6 valores equiprováveis; ou a distribuições de Bernoulli com parâmetros distintos; 
dentre outras distribuições possíveis. 
Agora, vamos calcular a esperança da distribuição de Bernoulli. A fórmula geral da esperança é: 
𝐸(𝑋) =∑𝑥.𝑃(𝑋 = 𝑥) 
𝐸(𝑋) = 0 × 𝑞 + 1 × 𝑝 
𝑬(𝑿) = 𝒑 
Para calcular a variância, primeiro calculamos 𝐸(𝑋2): 
𝐸(𝑋2) =∑𝑥2. 𝑃(𝑋 = 𝑥) 
𝐸(𝑋2) = 02 × 𝑞 + 12 × 𝑝 
𝐸(𝑋2) = 𝒑 
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Logo, a variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝐸(𝑋2) − [𝐸(𝑋)]2 
𝑉(𝑋) = 𝑝 − 𝑝2 = 𝑝(1 − 𝑝) 
𝑽(𝑿) = 𝒑. 𝒒 
Para o exemplo do dado, em que o sucesso corresponde a uma face múltipla de 3, vimos que 𝒑 =
1
3
 e 𝒒 =
2
3
. 
Nesse caso, a esperança e a variância são: 
𝐸(𝑋) = 𝒑 =
1
3
 
𝑉(𝑋) = 𝒑. 𝒒 =
1
3
×
2
3
=
2
9
 
Para o exemplo em que o sucesso corresponde a uma face específica do dado, vimos que 𝒑 =
1
6
 e 𝒒 =
5
6
. 
Nesse caso, a esperança e a variância são: 
𝐸(𝑋) = 𝒑 =
1
6
 
𝑉(𝑋) = 𝒑. 𝒒 =
1
6
×
5
6
=
5
36
 
 
 
Distribuição de Bernoulli (𝒑) 
1 experimento: Ensaio de Bernoulli 
2 resultados possíveis: sucesso (𝑋 = 1) ou fracasso (𝑋 = 0) 
Probabilidade de sucesso: 𝑃[𝑋 = 1] = 𝒑 
Probabilidade de fracasso: 𝑃[𝑋 = 0] = 𝒒 = 𝟏 − 𝒑 
Esperança: 𝐸(𝑋) = 𝒑; Variância: 𝑉(𝑋) = 𝒑. 𝒒 
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(2017 – SES/DF) Considere o lançamento de um dado cúbico honesto cujas faces são numeradas de 1 a 6, 
após o qual é observado se o número da face voltada para cima é múltiplo de 3. Tendo em vista que um 
experimento como esse pode apresentar apenas dois resultados possíveis (sucesso ou falha), é correto 
afirmar que tal experiência denomina-se distribuição 
a) de Bernoulli. 
b) hipergeométrica. 
c) de Poisson. 
d) normal. 
e) qui-quadrado. 
Comentários: 
A distribuição que trabalha com apenas 2 resultados possíveis (sucesso ou fracasso) para 1 ensaio (no caso, 
1 lançamento do dado) é a distribuição de Bernoulli. 
Gabarito: A. 
 
 (CESPE/2016 – TCE/PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais que: 
P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9 
Então a média de Y é superior a 0,5. 
Comentários: 
A questão indaga sobre a média (esperança) de Y. 
O enunciado informa que Y segue distribuição de Bernoulli, com probabilidade de fracassode: 
𝑃(𝑌 = 0) = 𝑞 = 0,9 
Logo, a probabilidade de sucesso é complementar: 
𝑝 + 𝑞 = 1 
𝑝 = 1 − 0,9 = 0,1 
Assim, a esperança de Y é: 
𝐸(𝑌) = 𝑝 = 0,1 
Que é inferior a 0,5. 
Gabarito: Errado. 
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DISTRIBUIÇÃO BINOMIAL 
Quando repetimos um mesmo Ensaio de Bernoulli (isto é, o experimento com 2 resultados possíveis), 
damos origem à Distribuição Binomial. 
Para termos uma distribuição binomial, é necessário que a probabilidade de sucesso de cada repetição seja 
a mesma (afinal, estamos repetindo um mesmo Ensaio de Bernoulli). 
Além disso, as repetições precisam ser independentes, isto é, o resultado de um experimento não pode 
afetar o resultado de outro. 
Os parâmetros dessa distribuição (os dados que a caracterizam) são o número 𝒏 de repetições e a 
probabilidade de sucesso 𝒑. Por isso, podemos indicar que uma variável 𝑋 segue distribuição binomial como 
𝑋~𝐵(𝒏, 𝒑). 
 
A Distribuição Binomial pode ser considerada a soma de 𝑛 variáveis com Distribuição de 
Bernoulli independentes, com mesmo parâmetro 𝑝. 
Também é possível formar uma distribuição binomial pela soma de outras distribuições 
binomiais, com mesmo parâmetro 𝑝. 
Por exemplo, sendo 𝑛𝑋 = 3 o número de repetições da variável 𝑋 e 𝑛𝑌 = 4 o número de 
repetições da variável 𝑌, então a soma das variáveis 𝑆 = 𝑋 + 𝑌 terá distribuição binomial 
com o seguinte número de repetições: 
𝑛𝑆 = 𝑛𝑋 + 𝑛𝑌 = 4 + 3 = 7 
Um exemplo de distribuição binomial é o lançamento de um dado n = 3 vezes, em que o sucesso, corresponde 
à face 6 e o fracasso corresponde às demais faces. 
Cada um desses lançamentos corresponde a um Ensaio de Bernoulli, em que podemos obter, em cada um 
deles, sucesso (XBer = 1) ou fracasso (XBer = 0), ou seja, 2 resultados possíveis. 
Assim, o número de possíveis resultados para os 3 lançamentos é (princípio multiplicativo de combinatória): 
2 x 2 x 2 = 8 
As 8 possibilidades são: 
{(0,0,0), (0,0,1), (0,1,0), (1,0,0), (0,1,1), (1,0,1), (1,1,0), (1,1,1)} 
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A variável X com distribuição binomial representa o número de sucessos obtidos em todos os n lançamentos. 
Sabendo que cada sucesso terá valor 1 e que cada fracasso terá valor 0, então o número de sucessos pode 
ser calculado pela soma dos resultados dos Ensaios. 
Para o nosso exemplo dos 3 lançamentos, a variável binomial pode assumir os seguintes valores: 
• X = 0 (nenhum sucesso): {(0,0,0)} 
• X = 1 (1 sucesso): {0,0,1), (0,1,0), (1,0,0)} 
• X = 2 (2 sucessos): {(0,1,1), (1,0,1), (1,1,0)} 
• X = 3 (3 sucessos): {(1,1,1)} 
De maneira geral, a variável binomial pode assumir qualquer valor entre 0 e 𝒏. 
 
Agora, vamos calcular a probabilidade de cada valor dessa variável binomial. 
A probabilidade de obter a face 6 (sucesso) em um único lançamento é: 
𝒑 =
1
6
 
E a probabilidade de não obter a face 6 (fracasso) em um único lançamento é complementar: 
𝒒 = 1 − 𝑝 =
5
6
 
 
Logo, a probabilidade de ter fracasso nos 𝒏 = 3 lançamentos (0 sucesso: X = 0) corresponde à interseção de 
𝑛 = 3 fracassos. Por serem eventos independentes, a interseção é o produto das probabilidades: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝒒 × 𝒒 × 𝒒 =
5
6
×
5
6
×
5
6
=
125
216
 
 
Generalizando, para 𝒏 repetições, a probabilidade de ter 0 sucesso (𝒏 fracassos) é: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝒒 × 𝒒 × … × 𝒒 = 𝒒𝒏 
𝒏 vezes 
 
Similarmente, a probabilidade de obter somente sucessos (nenhum fracasso) nos 𝒏 = 3 lançamentos (X = 3) 
corresponde à interseção desses eventos independentes, dada pelo produto: 
𝑃(𝑋 = 3) = 𝒑 × 𝒑 × 𝒑 =
1
6
×
1
6
×
1
6
=
1
216
 
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Generalizando, para 𝒏 repetições, a probabilidade de ter 𝒏 sucessos (0 fracassos) é: 
𝑃(𝑋 = 𝑛) = 𝒑 × 𝒑 × … × 𝒑 = 𝒑𝒏 
𝒏 vezes 
 
Já, a probabilidade de obter exatamente 1 sucesso (2 fracassos) é igual à probabilidade de obter 1 sucesso 
no primeiro experimento OU 1 sucesso no segundo experimento OU 1 sucesso no terceiro experimento: 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃({1,0,0} ∪ {0,1,0} ∪ {0,0,1}) 
Como são eventos mutuamente excludentes, a probabilidade da união desses eventos é a soma dessas 
probabilidades: 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃({1,0,0} ∪ {0,1,0} ∪ {0,0,1}) = 𝑃({1,0,0}) + 𝑃({0,1,0}) + 𝑃({0,0,1}) 
Agora, vamos calcular essas probabilidades para o nosso exemplo: 
𝑃({1,0,0}) = 𝑝 × 𝑞 × 𝑞 =
1
6
×
5
6
×
5
6
=
25
216
 
𝑃({0,1,0}) = 𝑞 × 𝑝 × 𝑞 =
5
6
×
1
6
×
5
6
=
25
216
 
𝑃({0,0,1}) = 𝑞 × 𝑞 × 𝑝 =
5
6
×
5
6
×
1
6
=
25
216
 
Como as probabilidades são todas iguais, em vez de somá-las, basta MULTIPLICAR o resultado por 3: 
𝑃(𝑋 = 1) = 3 × 𝑝 × 𝑞 × 𝑞 = 3 ×
25
216
=
75
216
 
 
E a probabilidade de obter exatamente 2 sucessos (1 fracasso) é igual à probabilidade de obter 1 fracasso no 
primeiro OU no segundo OU no terceiro experimento: 
𝑃({0,1,1}) = 𝑞 × 𝑝 × 𝑝 =
5
6
×
1
6
×
1
6
=
5
216
 
𝑃({1,0,1}) = 𝑝 × 𝑞 × 𝑝 =
1
6
×
5
6
×
1
6
=
5
216
 
𝑃({1,1,0}) = 𝑝 × 𝑝 × 𝑞 =
1
6
×
1
6
×
5
6
=
5
216
 
 
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Esses eventos também são mutuamente excludentes, então a probabilidade da união também corresponde 
à soma das probabilidades. Como elas são iguais, podemos multiplicar o resultado por 3: 
𝑃(𝑋 = 2) = 3 × 𝑝 × 𝑝 × 𝑞 = 3 ×
5
216
=
15
216
 
 
Generalizando, para 𝒏 repetições, vamos calcular a probabilidade de obter 𝒌 sucessos, digamos, nas 
primeiras 𝒌 tentativas e, portanto, 𝒏 − 𝒌 fracassos nas demais tentativas: 
𝑝 × 𝑝 × … × 𝑝 × 𝑞 × 𝑞 × … × 𝑞 = 𝑝𝒌 × 𝑞𝒏−𝒌 
 𝒌 vezes 𝒏 − 𝒌 vezes 
 
Porém, a ordem não precisa ser exatamente essa. Podemos obter 𝑘 sucessos em quaisquer 𝑘 tentativas. Por 
isso, devemos multiplicar esse resultado pelo número de maneiras de reorganizar os resultados de sucesso 
e fracasso. 
Para isso, podemos simplesmente “escolher” quais serão as tentativas que resultarão em 𝒌 sucessos, pois 
as outras 𝒏 − 𝒌 tentativas serão, necessariamente, fracassos. 
O número de maneiras de "escolher" 𝒌 tentativas, dentre 𝒏 tentativas no total, corresponde à combinação 
de 𝒌 elementos, dentre 𝒏: 
𝐶𝒏,𝒌 =
𝑛!
(𝑛−𝑘)!×𝑘!
 
 
Logo, a probabilidade de ter exatamente 𝑘 sucessos (e, portanto, 𝑛 − 𝑘 fracassos) é o produto da 
probabilidade 𝑝𝒌 × 𝑞𝒏−𝒌 com a combinação 𝐶𝑛,𝑘. 
 
𝑷(𝑿 = 𝒌) = 𝑪𝒏,𝒌 × 𝒑𝒌 × 𝒒𝒏−𝒌 
A combinação 𝑪𝒏,𝒌 também pode ser indicado por 𝑪𝒏
𝒌 ou por (
𝒏
𝒌
). 
 
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Podemos calcular também a probabilidade de um intervalo ou de múltiplos valores da 
variável binomial. 
Por exemplo, vamos primeiro calcular a probabilidade de obter 1 OU 2 sucessos, em 3 
lançamentos de uma moeda (com p = q = 0,5). Como são eventos mutuamente exclusivos, 
devemos somar as probabilidades: 
𝑃(𝑋 = 1 ∪ 𝑋 = 2) = 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) 
A probabilidade de obter 1 sucesso é: 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝐶3,1 × 0,51 × 0,52 = 3 × 0,5 × 0,25 = 0,375 
A probabilidade de obter 2 sucessos é: 
𝑃(𝑋 = 2) = 𝐶3,2 × 0,52 × 0,51 = 3 × 0,25 × 0,5 = 0,375 
Então, a probabilidade de obter 1 OU 2 sucessos é: 
𝑃(𝑋 = 1 ∪ 𝑋 = 2) = 0,375 + 0,375 = 0,75 
 
Agora, vamos calcular a probabilidade de obter pelo menos um sucesso. 
Em geral, para calcular a probabilidade de "pelo menos um", é mais fácil calcular a 
probabilidade complementar, isto é, a probabilidade de nenhum: 
𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) 
A probabilidade de obter0 sucesso é: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝐶3,0 × 0,53 × 0,50 = 1 × 0,125 × 1 = 0,125 
Logo, a probabilidade de obter pelo menos um sucesso é o complemento: 
𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 0,125 = 0,875 
 
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Também podemos nos referir a uma distribuição binomial como uma amostra de tamanho 𝒏 de uma 
população que segue uma Distribuição de Bernoulli. 
Por exemplo, vamos supor uma população de peças, das quais 20% delas são defeituosas. Nesse caso, a 
seleção de uma única peça corresponde a um Ensaio de Bernoulli, pois há 2 resultados possíveis: sucesso 
(peça defeituosa) ou fracasso (peça não defeituosa). 
A probabilidade de sucesso desse experimento equivale à proporção de peças defeituosas na população: 
𝑝 = 20% = 0,2 
E a probabilidade de fracasso é complementar: 𝑞 = 1 − 𝑝 = 0,8 
Suponha que vamos selecionar uma amostra de 𝒏 = 𝟓 peças ao acaso. O número de peças defeituosas 
encontradas na amostra segue uma distribuição binomial com parâmetros 𝑛 = 5 e 𝑝 = 0,2. 
Assim, a probabilidade de obter 𝑘 = 3 peças defeituosas (portanto, 𝑛 − 𝑘 = 2 peças não defeituosas) é: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 × 𝑝𝑘 × 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 3) = 𝐶5,3 × 0,23 × 0,82 
A combinação de 3 elementos, dentre 5, é: 
𝐶5,3 =
5!
(5 − 3)! × 3!
=
5 × 4 × 3!
2! × 3!
=
5 × 4
2
= 10 
Logo, a probabilidade de obter 3 é igual a: 
𝑃(𝑋 = 3) = 10 × 0,008 × 0,64 = 0,0512 
 
Para que as seleções sejam independentes (condição necessária para termos uma 
distribuição binomial), isto é, para que o resultado de uma não influencie no resultado da 
outra, a proporção de peças defeituosas não pode ser alterada a cada extração. 
Para que essa condição seja satisfeita, temos duas alternativas: 
• A seleção das peças é feita com reposição, isto é, a peça selecionada é devolvida; ou 
• A população é infinita (ou grande o suficiente, em comparação com o tamanho da 
amostra, para permitir tal aproximação). 
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(2020 – Universidade do Estado do Pará – Adaptada) Julgue as seguintes afirmações: 
I. As distribuições de Bernoulli e Binomial apresentam as mesmas características e, portanto, os mesmos 
parâmetros. 
II. Repetições independentes de um ensaio de Bernoulli, com a mesma probabilidade de ocorrência de 
“sucesso”, dão origem ao modelo Binomial; 
Comentários: 
Em relação à afirmativa I, o parâmetro de uma distribuição de Bernoulli é a probabilidade de sucesso p; e os 
parâmetros de uma distribuição binomial são a probabilidade de sucesso p e o número de repetições n. 
Portanto, a afirmativa I está errada. 
Em relação à afirmativa II, o modelo Binomial realmente consiste em repetições independentes de um ensaio 
de Bernoulli, com a mesma probabilidade de sucesso p. Logo, a afirmativa II está certa. 
Gabarito: I – Errado; II – Certo. 
 
(CESPE/2016 – Auditor de Controle Externo TCE/PA) Considere um processo de amostragem de uma 
população finita cuja variável de interesse seja binária e assuma valor 0 ou 1, sendo a proporção de indivíduos 
com valor 1 igual a p = 0,3. 
Considere, ainda, que a probabilidade de cada indivíduo ser sorteado seja a mesma para todos os indivíduos 
da amostragem e que, após cada sorteio, haja reposição do indivíduo selecionado na amostragem. 
A partir dessas informações, julgue o item subsequente. 
Se for coletada uma amostra de tamanho n = 20, o número total de observações sorteadas com valor 1 terá 
distribuição binomial com parâmetros n e p. 
Comentários: 
A variável binária corresponde a uma distribuição de Bernoulli. 
Coletando uma amostra de tamanho n, então o número de observações com o atributo sucesso corresponde 
a uma variável binomial, com parâmetros n e p. 
Gabarito: Certo. 
 
(CESPE/2016 – TCE/PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais que 
P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9 
então X + Y segue uma distribuição binomial com parâmetros n = 2 e p = 0,3, se X e Y forem variáveis 
aleatórias independentes. 
Comentários: 
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A distribuição binomial é caracterizada por repetições independentes de Ensaios de Bernoulli, com o mesmo 
parâmetro p. 
O enunciado informa que: 
• P[X = 1] = 0,9, ou seja, a probabilidade de sucesso de X é pX = 0,9. 
• P[Y = 0] = 0,9, ou seja, a probabilidade de fracasso de Y é qY = 0,9. Portanto, a probabilidade de sucesso 
de Y é: pY = 1 – 0,9 = 0,1 
Como pX ≠ pY, então X + Y não segue uma distribuição binomial. 
Gabarito: Errado. 
 
(2018 – Câmara de Goiânia) Considere uma variável aleatória X com distribuição binomial e parâmetros p = 
1/3 e n = 4. Qual é a probabilidade de X = 2? 
a) 4/81 
b) 1/9 
c) 2/9 
d) 8/27 
Comentários: 
A probabilidade P(X = k) de uma distribuição binomial é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 . 𝑝𝑘. (1 − 𝑝)𝑛−𝑘 
Para p = 1/3, n = 4 e k = 2, temos: 
𝑃(𝑋 = 2) =
4!
2! .2!
. (
1
3
)
2
. (
2
3
)
2
=
4 × 3
2
.
1
9
.
4
9
=
8
27
 
Gabarito: D 
 
(2016 – ANAC) Em um determinado município, 70% da população é favorável a um certo projeto. Se uma 
amostra aleatória de cinco pessoas dessa população for selecionada, então a probabilidade de exatamente 
três pessoas serem favoráveis ao projeto é igual a 
a) 40,58% 
b) 35,79% 
c) 42,37% 
d) 30,87% 
e) 37,46% 
Comentários: 
Considerando que a pessoa pode ser favorável ou não (não há outra possibilidade) e que o resultado da 
seleção de uma pessoa não afeta o de outra, então temos uma distribuição binomial. 
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Sabemos que: 
• a proporção de pessoas favoráveis é p = 70% = 0,7 (logo, q = 1 – p = 0,3); e 
• serão selecionadas n = 5 pessoas. 
Então, a probabilidade de selecionar k = 3 pessoas favoráveis, P(X = 3), é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 × 𝑝𝑘 × 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 3) = 𝐶5,3 × (0,7)3 × (0,3)2 
A combinação de 3 elementos, dentre 5, é: 
𝐶5,3 =
5!
(5 − 3)! × 3!
=
5 × 4 × 3!
2! × 3!
=
5 × 4
2
= 10 
Assim, P(X = 3) é: 
𝑃(𝑋 = 3) = 10 × 0,343 × 0,09 = 0,3087 = 30,87% 
Gabarito: D 
 
(FGV/2018 – ALE/RO) Uma moeda é lançada quatro vezes. A probabilidade de saírem mais caras do que 
coroas é de 
a) 
4
16
 
b) 
5
16
 
c) 
6
16
 
d) 
7
16
 
e) 
8
16
 
Comentários: 
Para saírem mais caras do que coroas em 4 lançamentos de uma moeda, é necessário que saiam 3 OU 4 
caras. Assim, temos uma distribuição binomial com n = 4 e p = ½ (e também q = ½). 
A probabilidade de saírem k = 4 caras (4 sucessos e 0 fracasso) é: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 × 𝑝𝑘 × 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 4) = 𝐶4,4 × (
1
2
)
4
× (
1
2
)
0
= 1 ×
1
16
× 1 =
1
16
 
A probabilidade de saírem k = 3 caras (3 sucessos e 1 fracasso) é: 
𝑃(𝑋 = 3) = 𝐶4,3 × (
1
2
)
3
× (
1
2
)
1
= 4 ×
1
8
×
1
2
=
4
16
 
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Portanto, a probabilidade de obter 3 OU 4 caras, sabendo que são eventos mutuamente exclusivos, é: 
𝑃(𝑋 = 4) + 𝑃(𝑋 = 3) =
1
16
+
4
16
=
5
16
 
Gabarito: B. 
 
(VUNESP/2019 – TJ/SP) Em uma eleição, sabe-se que 40% dos eleitores são favoráveis ao candidato X e o 
restante ao candidato Y. Extraindo uma amostra aleatória, com reposição, de tamanho 3 da população de 
eleitores, obtém-se que a probabilidade de que no máximo 1 eleitor da amostra seja favorável ao candidato 
X é igual a 
a) 35,2% 
b) 64,8% 
c) 36,0% 
d) 43,2%. 
e) 78,4% 
Comentários: 
O enunciado informa que 40% dos eleitores são favoráveis a X (sucesso) e que os demais são favoráveis a Y 
(fracasso), ou seja, a seleçãode uma pessoa ao acaso segue distribuição de Bernoulli. 
Logo, a seleção de 3 pessoas com reposição (seleções independentes) configura uma distribuição binomial 
com n = 3 e p = 0,4 (q = 1 – p = 0,6). 
Nessa distribuição, a probabilidade de encontrar k sucessos é dada por: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) = 𝑪𝒏,𝒌 × 𝒑𝒌 × 𝒒𝒏−𝒌 
A probabilidade de obter no máximo 1 eleitor favorável corresponde a obter 0 ou 1 sucesso: 
𝑷 = 𝑷(𝑿 = 𝟎) + 𝑷(𝑿 = 𝟏) 
Para k = 0, temos: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝐶3,0 × 0,40 × 0,63 = 1 × 1 × 0,36 = 0,216 
Para k = 1, temos: 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝐶3,1 × 0,41 × 0,62 = 3 × 0,4 × 0,36 = 0,432 
Assim, a probabilidade desejada é: 
𝑷(𝑿 = 𝟎 ∪ 𝑿 = 𝟏) = 𝟎, 𝟐𝟏𝟔 + 𝟎, 𝟒𝟑𝟐 = 𝟎, 𝟔𝟒𝟖 = 𝟔𝟒, 𝟖% 
Gabarito: B 
 
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Esperança e Variância 
E quanto à esperança dessa distribuição? 
Vamos considerar o experimento de lançar uma moeda 100 vezes. Quantos resultados “CARA” você espera? 
50, certo? Qual é a intuição por trás desse valor? 
Se a probabilidade de sucesso é 𝒑 e se estamos realizando esse experimento 𝒏 vezes, espera-se que o 
número de sucessos obtidos mantenha essa proporção. Ou seja, o valor esperado é: 
𝑬(𝑿) = 𝒏 × 𝒑 
 
Para o exemplo dos 3 lançamentos de uma moeda, temos 𝒑 =
1
2
 e 𝒏 = 3. Então, o número de vezes que 
esperamos obter a face CARA é: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 = 3 ×
1
2
=
3
2
= 1,5 
Mas esse valor não é inteiro! 
Tudo bem! Algumas vezes obteremos mais CARAS, outras vezes menos, de modo que, em média, obteremos 
1,5 CARA. 
 
E a variância da distribuição binomial? A sua fórmula é: 
𝑽(𝑿) = 𝒏 × 𝒑 × 𝒒 
 
Para esse mesmo exemplo, com 𝒒 =
1
2
, a variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 = 3 ×
1
2
×
1
2
=
3
4
= 0,75 
 
E o desvio padrão é a raiz quadrada da variância: 
𝑫𝑷(𝑿) = √𝒏 × 𝒑 × 𝒒 
 
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A combinação de 𝑘 elementos, dentre 𝑛, é igual à combinação de 𝑛 − 𝑘 elementos, dentre 
𝑛: 𝐶𝑛,𝑘 = 𝐶𝑛,𝑛−𝑘. 
Ou seja, o número de maneiras de obter 0 sucesso é igual ao de obter 𝑛 sucessos; o número 
de maneiras de obter 1 sucesso é igual ao de obter 𝑛 − 1 sucessos; etc. 
Assim, se tivermos 𝒑 = 𝒒, a probabilidade de obter 0 sucesso será igual à probabilidade 
de obter 𝑛 sucessos; a probabilidade de obter 1 sucesso será igual à de 𝑛 − 1 sucessos etc. 
Portanto, temos uma distribuição simétrica se 𝒑 = 𝒒, isto é, se 𝒑 = 𝒒 = 𝟎, 𝟓, conforme 
ilustrado a seguir. 
 
Quando a probabilidade de sucesso for maior 𝒑 > 𝟎, 𝟓, teremos uma distribuição 
assimétrica negativa, conforme ilustrado a seguir. 
 
Analogamente, quando a probabilidade de sucesso for menor 𝒑 < 𝟎, 𝟓, teremos uma 
distribuição assimétrica positiva, conforme ilustrado a seguir. 
 
Apesar de a distribuição binomial ser assimétrica sempre que 𝑝 ≠ 0,5, sempre que o produto 𝑛 × 𝑝 for um 
número inteiro, esse será o valor da média, da mediana e da moda! 
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Distribuição Binomial (𝒏, 𝒑) 
𝒏 Ensaios de Bernoulli independentes, com probabilidade de sucesso 𝒑 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝒏,𝑘. 𝒑𝑘 . 𝒒𝒏−𝑘 
Esperança: 𝐸(𝑋) = 𝒏. 𝒑; Variância: 𝑉(𝑋) = 𝒏. 𝒑. 𝒒 
Observe que: 
• A esperança da binomial é igual a 𝒏 vezes a esperança da Bernoulli; e 
• A variância da binomial é igual a 𝒏 vezes a variância da Bernoulli. 
 
𝑬(𝑿𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍) = 𝒏. 𝑬(𝑿𝑩𝒆𝒓𝒏𝒐𝒖𝒍𝒍𝒊) 
𝑽(𝑿𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍) = 𝒏. 𝑽(𝑿𝑩𝒆𝒓𝒏𝒐𝒖𝒍𝒍𝒊) 
 
 
(2019 – Universidade Federal do Acre) Seja X uma variável aleatória com distribuição binomial de 
parâmetros n e p. Então, pode-se dizer que a variância de X é dado por. 
a) n 
b) n.p 
c) n.p(1 – p). 
d) n.p2 
e) n.p2(1 – p) 
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Comentários: 
A variância de uma variável com distribuição binomial é dada por: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞 = 𝑛. 𝑝. (1 − 𝑝) 
Gabarito: C 
 
(CESPE/2013 – TRT 17ª Região) Em toda distribuição binomial, a média será menor que a variância. 
Comentários: 
Em uma distribuição binomial, a média é E(X) = n.p e a variância V(X) = n.p.q. 
Como q < 1 (por ser uma probabilidade), então: 
V(X) = n.p.q < n.p.1 = E(X) 
Portanto, a média é sempre maior que a variância. 
Gabarito: Errado. 
 
(2016 – IBGE) Quando um pesquisador vai a campo e aborda pessoas na rua para serem entrevistadas, o 
número de pessoas que aceita responder à pesquisa segue uma distribuição binomial. 
Se o valor esperado dessa distribuição é 8, e sua variância é 1,6, então a probabilidade de uma pessoa aceitar 
responder à pesquisa é de 
a) 1,6% 
b) 16% 
c) 20% 
d) 50% 
e) 80% 
Comentários: 
O enunciado informa que o valor esperado de uma variável com distribuição binomial é E(X) = 8. 
Sabendo que, para uma distribuição binomial, temos E(X) = n.p, então: 
𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝 = 8 
𝑛 =
8
𝑝
 
O enunciado informa, ainda, que a variância é V(X) = 1,6. 
Sabemos que: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞 = 𝑛. 𝑝. (1 − 𝑝) = 𝑛. 𝑝 − 𝑛. 𝑝2 
Então: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝 − 𝑛. 𝑝2 = 1,6 
 
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Considerando que 𝑛 =
8
𝑝
, temos: 
𝑉(𝑋) = 
8
𝑝
. 𝑝 −
8
𝑝
. 𝑝2 = 1,6 
8 − 8. 𝑝 = 1,6 
8. 𝑝 = 6,4 
𝑝 = 0,8 = 80% 
Gabarito: E. 
 
(FCC/2014 – Auditor Fiscal da SEFAZ/RJ) Sabe-se que: 
I. X é uma variável aleatória com distribuição binomial com média 2p e variância (2p-2p2). 
II. Y é uma variável aleatória com distribuição binomial com média 5p e variância (5p-5p2). 
III. A probabilidade de X ser inferior a 2 é igual a 15/16. 
Nessas condições, a probabilidade de Y ser superior a 3 é igual a 
a) 3/1.024 
b) 1/64 
c) 5/512 
d) 15/1.024 
e) 7/512 
Comentários: 
Sendo X uma variável com distribuição binomial, com média 2p, então: 
E(X) = nX.p = 2p 
nX = 2 
O enunciado informa que a probabilidade de X ser inferior a 2 é P(X < 2) = 15/16, isto é: 
P(X < 2) = P(X = 0) + P(X = 1) = 15/16 
Sabendo que a probabilidade da distribuição binomial é 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘. 𝑝𝑘. 𝑞𝑛−𝑘, então para n = 2, temos: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝐶2,0. 𝑝0. 𝑞2 = 1 × 1 × 𝑞2 = 𝑞2 = (1 − 𝑝)2 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝐶2,1. 𝑝1. 𝑞1 = 2. 𝑝. 𝑞 = 2. 𝑝. (1 − 𝑝) 
Sabendo que a soma dessas probabilidades é igual a 15/16, então: 
(1 − 𝑝)2 + 2. 𝑝. (1 − 𝑝) =
15
16
 
1 − 2𝑝 + 𝑝2 + 2. 𝑝 − 2𝑝2 =
15
16
 
1 − 𝑝2 =
15
16
 
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𝑝2 = 1 −
15
16
=
1
16
 
Extraindo a raiz de ambos os lados da equação, sabendo que 𝑝 ≥ 0, temos: 
𝑝 =
1
4
 
Sabendo que, para Y, temos E(Y) = 5.p, então o número n de repetições de Y é: 
E(Y) = nY.p = 5p 
nY = 5 
A probabilidade de Y ser superior a 3 corresponde à probabilidade de Y ser igual 4 OU igual a 5: 
𝑃(𝑌 > 3) = 𝑃(𝑌 = 4) + 𝑃(𝑌 = 5) 
Sabendo que p = ¼ (logo q = 1 – p = ¾) e nY = 5, temos: 
𝑃(𝑌 = 4) = 𝐶5,4 × (
1
4
)
4
× (
3
4
)
1
= 5 ×
1
44
×
3
4
=
15
1024
 
𝑃(𝑌 = 5) = 𝐶5,5 × (
1
4
)
5
× (
3
4
)
0
= 1 ×
1
45
× 1 =
1
1024
 
Assim, a probabilidade de Y ser superior a 3 é: 
𝑃(𝑌 > 3) =
15
1024
+
1
1024
=
16
1.024
=
1
64
 
Gabarito: B 
 
(FGV/2022 – TCU) A média e a variância de uma distribuição binomial são, respectivamente, 20 e 4. O 
número de ensaios (n) dessa distribuição é: 
a) 20 
b) 22 
c) 25 
d) 50 
e) 100 
Comentários: 
Segundo o enunciado, a média de uma distribuição binomial é igual a 20 e a variância é igual a 4: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 = 20𝑉(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 = 4 
A fórmula da variância é igual à da esperança, multiplicada por 𝑞: 
𝑉(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 = 𝐸(𝑋) × 𝑞 
 𝐸(𝑋) 
Sabendo que E(X) = 20 e que V(X) = 4, podemos calcular a probabilidade de fracasso: 
𝑉(𝑋) = 20 × 𝑞 = 4 
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𝑞 =
4
20
=
1
5
 
A probabilidade de sucesso é complementar: 
𝑝 = 1 − 𝑞 = 1 −
1
5
=
4
5
 
Sabendo que 𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 = 20, podemos calcular o número n de ensaios: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 ×
4
5
= 20 
𝑛 =
20
4
5
= 20 ×
5
4
=
100
4
= 25 
Gabarito: C 
 
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DISTRIBUIÇÃO GEOMÉTRICA 
Assim como a distribuição binomial, a distribuição geométrica também se baseia em Ensaios de Bernoulli 
independentes com a mesma probabilidade de sucesso 𝒑. 
Porém, a variável com distribuição geométrica corresponde ao número de ensaios até o primeiro sucesso. 
Por exemplo, suponha que iremos lançar um dado até obter a face 6, que será o nosso sucesso. Essa 
distribuição estuda, nesse caso, o número de lançamentos que teremos que efetuar até obtermos essa face 
pela primeira vez. 
Assim, se o valor da variável for 𝑋 = 1, teremos realizado 1 ensaio (ou tentativa) até a obtenção do primeiro 
sucesso; se o valor for 𝑋 = 2, teremos realizado 2 ensaios até a obtenção do primeiro sucesso, ... 
De maneira geral, 𝑋 = 𝑘 corresponde à realização de 𝒌 ensaios até o primeiro sucesso. 
Portanto, a probabilidade 𝑃(𝑋 = 𝑘), equivale à probabilidade de se obter, nesta ordem, 𝒌 − 𝟏 fracassos e, 
na 𝑘-ésima tentativa, 1 sucesso. Ou seja, temos a interseção desses eventos independentes. 
Assim, considerando que a probabilidade de cada fracasso é 𝒒 e a probabilidade do sucesso é 𝒑, então a 
probabilidade 𝑃(𝑋 = 𝑘) é o produto das probabilidades: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝒒. 𝒒. 𝒒. 𝒒. … . 𝒒. 𝒑 
 𝒌 − 𝟏 fracassos 
 
𝑷(𝑿 = 𝒌) = 𝒒𝒌−𝟏. 𝒑 
Por exemplo, sabendo que a probabilidade de obtermos uma determinada face do dado (sucesso) é 𝒑 =
𝟏
𝟔
, 
e que a probabilidade de não a obter (fracasso) é 𝒒 =
𝟓
𝟔
, então a probabilidade de efetuarmos 𝒌 = 𝟑 
lançamentos do dado até obtermos o primeiro sucesso (ou seja, obtermos fracasso nas 2 primeiras tentativas 
e sucesso na 3ª) é: 
𝑃(𝑋 = 3) = (
5
6
)
2
×
1
6
=
25
216
 
Observe que, conhecendo 𝑝 (e, portanto, 𝑞 = 1 − 𝑝), podemos calcular a probabilidade de qualquer valor 
de X, isto é, toda a distribuição de probabilidade da variável. Portanto, o único parâmetro da distribuição 
geométrica é a probabilidade de sucesso 𝒑 e, assim, representamos essa distribuição por 𝑋~𝐺𝑒𝑜(𝑝). 
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É importante pontuar que é sempre possível ter que realizar o experimento mais uma vez até obter o 
primeiro sucesso. Por exemplo, no lançamento de um dado, com 𝑝 = 1
6⁄ , seria possível termos que lançar 
o dado 10 vezes até obter a face desejada? Sim! A probabilidade dessa situação seria: 
𝑃(𝑋 = 10) = (
5
6
)
9
×
1
6
≅ 3,2% 
E 50 vezes? Seria possível? Pode ser improvável, mas possível é, com a seguinte probabilidade: 
𝑃(𝑋 = 50) = 𝑞49. 𝑝 ≅ 0,0018% 
Ou seja, não há limite para a variável com distribuição geométrica – ela é uma variável discreta, mas infinita. 
A variável pode assumir qualquer valor no intervalo [1, ∞) – ela não pode ser menor que um, pois, no 
mínimo, faremos 1 lançamento para obter 1 sucesso. 
 
Para calcular a probabilidade de a variável assumir um número maior ou igual a 𝒌, pela 
probabilidade complementar: 
𝑃(𝑋 ≥ 𝑘) = 1 − 𝑃(𝑋 < 𝑘) 
A probabilidade 𝑃(𝑋 < 𝑘) pode ser calculada pela soma: 
𝑃(𝑋 < 𝑘) = 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) + ⋯ + 𝑃(𝑋 = 𝑘 − 1) 
Por exemplo, a probabilidade de precisar de pelo menos 3 tentativas até obter 
determinada face do dado (sucesso) pode ser calculada como: 
𝑃(𝑋 ≥ 3) = 1 − 𝑃(𝑋 = 1) − 𝑃(𝑋 = 2) 
A probabilidade de obter sucesso na 1ª tentativa é: 
𝑃(𝑋 = 1) = (
5
6
)
0
×
1
6
=
1
6
 
A probabilidade de obter sucesso na 2ª tentativa é: 
𝑃(𝑋 = 2) = (
5
6
)
1
×
1
6
=
5
36
 
Assim, a probabilidade de precisar de pelo menos 3 tentativas é: 
𝑃(𝑋 ≥ 3) = 1 −
1
6
−
5
36
=
36−6−5
36
=
25
36
 
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135
 
Esperança e Variância 
Vamos deixar a nossa imaginação fluir! No caso da moeda, sabendo que há 50% de chance de o resultado 
ser CARA, quantas vezes você espera lançar a moeda até obter a face CARA? 2, certo? (Se a sua intuição não 
concorda comigo, não se preocupe!) 
 
De modo geral, para uma variável geométrica com probabilidade de sucesso 𝑝, temos: 
𝐸(𝑋) =
1
𝒑
 
 
E a variância é: 
𝑉(𝑋) =
𝒒
𝒑2 
 
Para o exemplo do dado, o número esperado de lançamentos até obter determinada face, com 𝑝 =
1
6
 é: 
𝐸(𝑋) =
1
𝑝
 
𝐸(𝑋) =
1
1
6
= 1 ×
6
1
= 6 
 
E a variância, sabendo que 𝑞 = 1 − 𝑝 =
5
6
, é: 
𝑉(𝑋) =
𝑞
𝑝2
 
𝑉(𝑋) =
5
6
(
1
6)
2 =
5
6
× (
6
1
)
2
= 5 × 6 = 30 
 
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É possível parametrizar a variável geométrica de uma outra maneira: a variável Y pode 
corresponder ao número de fracassos até o primeiro sucesso. 
Ou seja, sendo Y = 3 temos 3 fracassos até o primeiro sucesso (obtido na 4ª tentativa). 
Com essa parametrização a variável pode assumir os valores 𝑌 = {0,1,2,3, . . . }, incluindo o 
valor zero, uma vez que é possível obter sucesso na 1ª tentativa. 
Nessa situação, a probabilidade de 𝑌 = 𝑘 é calculada como: 
𝑃(𝑌 = 𝑘) = 𝑞𝑘 . 𝑝 
Ou seja, elevamos a probabilidade de fracasso a 𝑘, e não a 𝑘 − 1, como antes. 
Com essa parametrização, a variância é a mesma! 
𝑉(𝑌) =
𝑞
𝑝2 
Mas a esperança é um pouco diferente: 
𝐸(𝑌) =
𝑞
𝑝
 
Como as probabilidades dessa parametrização são 𝑞 vezes as probabilidades da outra, a 
esperança dessa parametrização corresponde à esperança da outra parametrização, 
multiplicada por 𝒒. 
 
 
Distribuição Geométrica (𝒑) 
Número de Ensaios de Bernoulli até o primeiro sucesso 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝒒𝒌−𝟏. 𝒑 
Esperança: 𝐸(𝑋) =
1
𝒑
; Variância: 𝑉(𝑋) =
𝒒
𝒑2 
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(2018 – IPM) Marque a alternativa correta em relação ao modelo probabilístico que mais se adequa ao 
seguinte caso: lançamento de uma moeda honesta, contando o número de casos até a realização da primeira 
coroa: 
a) Poisson. 
b) Geométrica. 
c) Hipergeométrica. 
d) Uniforme Discreta. 
e) Pareto. 
Comentários: 
Ensaios sucessivos e independentes de Bernoulli até o primeiro sucesso caracterizam a distribuição 
geométrica. 
Gabarito: B 
 
(2018 – IPM) Sabe-se que a distribuição geométrica pode ser interpretada como uma sequência de ensaios 
de Bernoulli, independentes, até a ocorrência do primeiro sucesso. Assinale a alternativa que indica 
corretamente a média e a variância, respectivamente, de uma distribuição geométrica cujo parâmetro é p = 
0,64 e tendo como parametrização o número de ensaios de Bernoulli até se obter um sucesso. 
a) 1,56; 0,78 
b) 1,56; 0,88 
c) 0,56; 0,88 
d) 0,56; 0,78 
e) 1,56; 0,68 
Comentários: 
A média de uma distribuição geométrica, com p = 0,64, é dada por: 
𝜇 = 𝐸(𝑋) =
1
𝑝
=
1
0,64
≅ 1,56 
E, sabendo que q = 1 – 0,64= 0,36, a variância é: 
𝜎2 =
𝑞
𝑝2
=
0,36
(0,64)2
≅ 0,88 
Gabarito: B 
 
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(FGV/2017 – Prefeitura de Salvador) Abel tem uma moeda que dá “cara” com probabilidade 1/2 e Breno 
tem uma moeda que dá “cara” com probabilidade 1/3. Abel e Breno lançam suas respectivas moedas, 
alternadamente. O primeiro que obtiver “cara”, ganha. Abel é o primeiro a lançar, e os lançamentos são 
todos independentes. 
A probabilidade de Abel ganhar no seu terceiro lançamento é de: 
a) 
1
2
 
b) 
1
3
 
c) 
1
4
 
d) 
1
8
 
e) 
1
18
 
Comentários: 
A probabilidade de Abel, que é o primeiro a lançar, ganhar em seu 3º lançamento corresponde a ele obter 
CARA exatamente em seu 3º lançamento E Breno obter COROA em seus 1º e 2º lançamentos. 
O enunciado informou que a probabilidade de Abel obter CARA (sucesso) é 𝑝 =
1
2
, logo a probabilidade de 
obter COROA (fracasso) é complementar 𝑞 = 1 − 𝑝 =
1
2
. 
Assim, a probabilidade de Abel obter CARA (sucesso) exatamente no 3º lançamento corresponde a uma 
distribuição geométrica com 𝑘 = 3: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞𝑘−1. 𝑝 
𝑃(𝐴) = 𝑃(𝑋 = 3) = 𝑞2. 𝑝 = (
1
2
)
2
×
1
2
=
1
8
 
O enunciado informou que a probabilidade de Breno obter CARA (sucesso) é 𝑝 =
1
3
, logo a probabilidade de 
obter COROA (fracasso) é complementar 𝑞 = 1 − 𝑝 =
2
3
. 
Assim, a probabilidade de Breno obter COROA no 1º E 2º lançamentos é: 
𝑃(𝐵) = 𝑞. 𝑞 =
2
3
×
2
3
=
4
9
 
Portanto, a probabilidade de Abel ganhar no 3º lançamento corresponde à interseção desses 2 eventos 
(produto das probabilidades): 
𝑃(𝐴) × 𝑃(𝐵) =
1
8
×
4
9
=
1
2 × 9
=
1
18
 
Gabarito: E 
 
(CESPE/2016 – TCE/PA) Considere que Y seja uma variável aleatória geométrica que representa o número 
de erros cometidos por um atendente no preenchimento de formulários e que a função de probabilidade de 
Y seja definida por P(Y = k) = 0,9 × (0,1)k, em que k = 0, 1, 2, ... A partir dessas informações, julgue o item que 
se segue. 
O desvio padrão da variável Y é inferior a 1. 
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Comentários: 
Observa-se que a questão apresenta a segunda forma de parametrização da distribuição geométrica, da 
forma: P(Y = k) = qk.p, com k = 0, 1, 2,..., sendo q = 0,1 e p = 0,9. 
A variância (que não se altera com o tipo de parametrização) é dada por: 
𝑉(𝑋) =
𝑞
𝑝2
=
0,1
(0,9)2
=
0,1
0,81
=
10
81
 
O desvio padrão, raiz quadrada da variância, é dado por: 
𝜎 = √𝑉(𝑋) =
√10
9
≅ 0,35 
Gabarito: Certo. 
 
(CESPE/2019 – TJ-AM/Analista Judiciário) É igual a 3/4 a probabilidade de determinado advogado conseguir 
decisão favorável a si em cada petição protocolada por ele na vara cível de certo tribunal. O plano desse 
advogado é protocolar, sequencialmente, 12 petições nessa vara cível durante o ano de 2020. Favoráveis ou 
não, as decisões do tribunal para petições são emitidas na mesma ordem cronológica em que são 
protocoladas e são sempre independentes entre si. 
A partir dessa situação hipotética, julgue os próximos itens, considerando as variáveis aleatórias X e Y, em 
que X = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal até que ocorra a primeira decisão não favorável ao 
advogado, e Y = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal favoráveis ao advogado. 
Espera-se que a primeira decisão desfavorável ao advogado ocorra somente depois de, pelo menos, quatro 
decisões favoráveis a ele. 
Comentários: 
Note que a questão pede o número de decisões favoráveis (fracasso) até a primeira decisão desfavorável 
(sucesso). Para essa parametrização, o valor esperado da distribuição geométrica é: 
𝑬(𝑿) =
𝒒
𝒑
 
A probabilidade de fracasso (decisão favorável) é q = ¾, conforme enunciado. 
Assim, a probabilidade de sucesso (decisão desfavorável) é complementar: p = 1 – q = ¼. 
Logo, a esperança é: 
𝑬(𝑿) =
𝟑
𝟒⁄
𝟏
𝟒⁄
= 𝟑 
Ou seja, espera-se que haja 3 decisões favoráveis até a primeira decisão desfavorável. 
Gabarito: Errado. 
 
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Propriedades 
Existem 2 propriedades da distribuição geométrica que são moderadamente cobradas nas provas: 
i) 𝑷(𝑿 > 𝒕 + 𝒔|𝑿 ≥ 𝒔) = 𝑷(𝑿 > 𝒕) 
Essa propriedade afirma que, sabendo que já houve 𝒔 ou mais tentativas, então a probabilidade de haver 
mais que 𝒕 tentativas a mais, até o primeiro sucesso, é igual à probabilidade de haver mais que 𝒕 tentativas, 
até o primeiro sucesso, independentemente das tentativas anteriores. 
Por exemplo, sabendo que eu já lancei a moeda mais que 𝒔 = 𝟏𝟎 vezes e não obtive CARA (sucesso), então 
qual é a probabilidade de eu precisar lançar a moeda mais que 𝒕 = 𝟒 vezes a mais até obter CARA? É igual à 
probabilidade de eu ter que lançar a moeda mais que 𝒕 = 𝟒 vezes até obter CARA! 
Essa propriedade está associada à “falta de memória” ou “falta de desgaste” da distribuição geométrica. Ela 
afirma que não importa quantas tentativas já foram feitas, as probabilidades dos próximos resultados se 
mantêm as mesmas. 
 
ii) 
𝑷(𝑿=𝒌)
𝑷(𝑿≥𝒌)
= 𝒑 
Essa propriedade também decorre de uma probabilidade condicional, mas “disfarçada”. 
Considerando que 𝑋 = 𝑘 pode ser considerado o resultado da interseção entre 𝑋 = 𝑘 e 𝑋 ≥ 𝑘, então a 
fração à esquerda da igualdade pode ser escrita como: 
𝑃(𝑋 = 𝑘)
𝑃(𝑋 ≥ 𝑘)
=
𝑃(𝑋 = 𝑘 ∩ 𝑋 ≥ 𝑘)
𝑃(𝑋 ≥ 𝑘)
= 𝑃(𝑋 = 𝑘|𝑋 ≥ 𝑘) 
Ou seja, podemos reescrever essa propriedade da seguinte forma: 
𝑃(𝑋 = 𝑘|𝑋 ≥ 𝑘) = 𝑝 
Essa expressão significa o seguinte: sabendo que eu vou precisar de pelo menos 𝒌 tentativas até o primeiro 
sucesso (isso porque já foram feitas 𝑘 − 1 tentativas sem sucesso), então a probabilidade de obter sucesso 
na 𝒌-ésima tentativa é igual a 𝒑. 
Ora, 𝑝 é a probabilidade de obter sucesso em uma tentativa qualquer! Inclusive, na 𝑘-ésima tentativa! Ou 
seja, temos mais uma propriedade associada à falta de memória (ou de desgaste) da distribuição geométrica. 
Mas, reorganizando a expressão original dessa segunda propriedade, temos: 
𝑷(𝑿 ≥ 𝒌) =
𝑷(𝑿=𝒌)
𝒑
 
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Com isso, podemos calcular 𝑃(𝑋 ≥ 𝑘) facilmente, em vez de fazer 𝑃(𝑋 ≥ 𝑘) = 1 − 𝑃(𝑋 < 𝑘), o que pode 
ser trabalhoso, dependendo do valor de k. 
Por exemplo, para calcular a probabilidade de serem necessárias pelo menos 3 tentativas até obter 
determinada face do dado pela primeira vez, sendo 𝑝 =
1
6
 e 𝑞 =
5
6
, primeiro calculamos a probabilidade de 
precisar de k = 3 tentativas: 
𝑃(𝑋 = 3) = (
5
6
)
2
. (
1
6
) =
25
216
 
Assim, a probabilidade de precisar de pelo menos 3 tentativas é obtida dividindo esse resultado por 𝑝 =
1
6
: 
𝑃(𝑋 ≥ 3) =
𝑃(𝑋 = 3)
𝑝
 
𝑃(𝑋 ≥ 3) =
25
216
1
6
=
25
216
× 6 =
25
36
 
Este é exatamente o resultado que obtivemos calculando 𝑃(𝑋 ≥ 3) = 1 − 𝑃(𝑋 = 1) − 𝑃(𝑋 = 2)! 
 
De maneira geral, sabendo que 𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞𝑘−1. 𝑝, então podemos escrever a fórmula como: 
𝑃(𝑋 ≥ 𝑘) =
𝑃(𝑋 = 𝑘)
𝑝
=
𝑞𝑘−1. 𝑝
𝑝
 
𝑷(𝑿 ≥ 𝒌) = 𝒒𝒌−𝟏 
 
 
(FGV/2019 – DPE/RJ) Para que as pessoas que aguardam atendimento em uma repartição pública fiquem 
acomodadas com relativo conforto, é necessário que o recinto seja dimensionado à razão de um metro 
quadrado de espaço para cada cidadão em espera. 
Se o número de pessoas que comparece, por dia, tem distribuição geométrica, com parâmetro p = 0,2, é 
correto afirmar que: 
a) em função da distribuição do número de pessoas, o tamanho médio ideal do recinto deve ser de 16 metros 
quadrados; 
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b) a probabilidade de que uma sala de espera com 4 metros quadrados não seja confortávelem certo dia é 
(0,2).(0,8)4; 
c) a probabilidade de que uma sala com 3 metros quadrados fique subutilizada em certo dia é igual a 0,448; 
d) considerando uma sala de espera que tem 20 metros quadrados e o fato de que 18 pessoas já estão 
aguardando, a probabilidade de que atinja sua lotação exata é igual a 0,16; 
e) a distribuição de probabilidade do tamanho (A) de sala ideal, a cada dia, é dada por P(A = x) = 
(0,2)2.(0,8)2x para X = 1,2,3,.... 
Comentários: 
Sabendo que X é uma variável que segue uma distribuição geométrica com parâmetro p = 0,2 e que o recinto 
deve ter 1m2 para cada cidadão, então: 
Em relação à alternativa A, o tamanho médio ideal corresponde à média E(X): 
𝜇 = 𝐸(𝑋) =
1
𝑝
=
1
0,2
= 5 
Sabendo que uma sala de 5 m2 atende, em média, esse é o tamanho ideal. Logo, alternativa A está incorreta. 
Em relação à alternativa B, a probabilidade de uma sala com 4m2 não ser adequada é igual à probabilidade 
de chegarem mais que 4 pessoas, ou seja, X ≥ 5: 
𝑃(𝑋 ≥ 𝑘) =
𝑃(𝑋 = 𝑘)
𝑝
= 𝑞𝑘−1 
𝑃(𝑋 ≥ 5) = (0,8)4 
A alternativa forneceu a resposta para 𝑃(𝑋 = 5) = (0,8)4. 0,2. Entretanto, essa é apenas uma das 
possibilidades de a sala não ser adequada. Portanto, a alternativa B está incorreta. 
Em relação à alternativa C, para que uma sala de 3m2 fique subutilizada, é necessário ter X < 3: 
𝑃(𝑋 < 3) = 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑝 + 𝑞. 𝑝 = 0,2 + 0,8 × 0,2 = 0,2 + 0,16 = 0,36 
Em relação à alternativa D, sabendo que há 18 pessoas aguardando, então a probabilidade de atingir a 
lotação de 20m2 é igual à probabilidade de chegarem 2 pessoas a mais, que é igual à probabilidade de 
chegarem X = 2 pessoas (propriedade da falta de memória): 
𝑃(𝑋 = 2) = 0,8 × 0,2 = 0,16 
A distribuição de probabilidade do tamanho da sala é igual à distribuição de probabilidade das pessoas que 
chegam, dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = (0,8)𝑘−1 × 0,2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑘 = {1,2,3, … } 
Gabarito: D. 
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DISTRIBUIÇÃO HIPERGEOMÉTRICA 
A Distribuição Hipergeométrica considera uma população de elementos com dois possíveis atributos 
(sucesso ou fracasso), isto é, uma população com distribuição de Bernoulli, da qual será selecionada uma 
amostra de alguns elementos, assim como a distribuição binomial. 
Porém, diferentemente desta, na distribuição hipergeométrica, a população é finita e a amostra é extraída 
sem reposição, ou seja, as extrações não são independentes. 
Vamos chamar o tamanho da amostra de 𝒏 e o tamanho da população de 𝑵. Dessa população, 𝑺 elementos 
possuem o atributo sucesso e, consequentemente, 𝑵 − 𝑺 elementos possuem o atributo fracasso. 
Esses três parâmetros 𝑵, 𝑺, 𝒏 caracterizam a distribuição geométrica e, assim, podemos representá-la como 
𝑋~𝐻𝑔𝑒𝑜(𝑵, 𝑺, 𝒏). 
 
Por exemplo, vamos supor que haja 𝑵 = 𝟏𝟎 peças, no total, das quais 𝑺 = 𝟒 peças sejam defeituosas 
(sucesso), logo, haverá 𝑵 − 𝑺 = 𝟏𝟎 − 𝟒 = 𝟔 peças não defeituosas (fracasso). 
Se formos extrair 𝒏 = 𝟑 peças sem reposição, então o número de peças defeituosas (sucesso) encontradas 
na amostra seguirá uma Distribuição Hipergeométrica. 
A probabilidade de haver 𝒌 elementos com o atributo sucesso na amostra (e, consequentemente 𝒏 − 𝒌 com 
o atributo fracasso) é dada por: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
(
𝑺
𝒌
)(
𝑵−𝑺
𝒏−𝒌
)
(
𝑵
𝒏
)
 
Vamos entender essa fórmula. Pela definição clássica de probabilidade, temos: 
𝑃(𝐴) =
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠 𝑓𝑎𝑣𝑜𝑟á𝑣𝑒𝑖𝑠
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜𝑠
=
𝑛(𝐴)
𝑛(𝑈)
 
No denominador, constam todas as maneiras de selecionarmos 𝒏 elementos, dentre 𝑵 (sem importância 
de ordem), ou seja, temos a combinação de 𝒏 elementos, dentre 𝑵: 
𝑛(𝑈) = (
𝑵
𝒏
) 
No numerador, temos, de um lado, a quantidade de maneiras de selecionar 𝒌 elementos com o atributo 
sucesso, dentre 𝑺 elementos, no total. 
(
𝑺
𝒌
) 
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Ademais, temos a quantidade de maneiras de selecionar 𝒏 − 𝒌 elementos com o atributo fracasso, dentre 
𝑵 − 𝑺, no total. 
(
𝑵 − 𝑺
𝒏 − 𝒌
) 
Em seguida, multiplicamos esses dois resultados para obter o número de casos favoráveis (princípio 
multiplicativo): 
𝑛(𝐴) = (
𝑺
𝒌
) × (
𝑵 − 𝑺
𝒏 − 𝒌
) 
 
Suponha que haja 𝑵 = 𝟏𝟎 peças, no total, das quais 𝑺 = 𝟒 peças sejam defeituosas. Se 
retirarmos 𝒏 = 𝟑 peças sem reposição, a probabilidade de encontrar 𝒌 = 𝟐 defeituosas é: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
(
𝑺
𝒌
)(
𝑵−𝑺
𝒏−𝒌
)
(
𝑵
𝒏
)
 
Vamos calcular cada combinação separadamente. No denominador, temos todas as 
maneiras de escolher 𝒏 = 𝟑 peças, dentre 𝑵 = 𝟏𝟎 peças, no total: 
(
𝑵
𝒏
) = (
𝟏𝟎
𝟑
) =
10!
(10−3)!3!
=
10×9×8×7!
7!×3!
=
10×9×8
3×2×1
= 10 × 3 × 4 = 120 
No numerador, temos, de um lado, a quantidade de maneiras de escolher 𝒌 = 𝟐 
defeituosas, dentre 𝑺 = 𝟒 defeituosas, no total: 
(
𝑺
𝒌
) = (
𝟒
𝟐
) =
4!
(4−2)!2!
=
4×3×2!
2!×2!
=
4×3
2
= 2 × 3 = 6 
Ademais, temos a quantidade de maneiras de escolher 𝒏 − 𝒌 = 𝟑 − 𝟐 = 𝟏 peça não 
defeituosa, dentre 𝑵 − 𝑺 = 𝟏𝟎 − 𝟒 = 𝟔 não defeituosas, na população: 
(
𝑵 − 𝑺
𝒏 − 𝒌
) = (
𝟔
𝟏
) =
6!
(6−1)!1!
=
6×5!
5!×1!
= 6 
Pelo princípio multiplicativo, o numerador é: 
(
𝑺
𝒌
) (
𝑵 − 𝑺
𝒏 − 𝒌
) = 𝟔 × 𝟔 = 𝟑𝟔 
Assim, a probabilidade de retirar 𝒌 = 𝟐 defeituosas é: 
𝑃(𝑋 = 2) =
36
120
=
3
10
= 30% 
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Em vez de aplicarmos essa fórmula, podemos calcular as probabilidades a cada extração. Para o nosso 
exemplo, podemos calcular a probabilidade de encontrar 𝒌 = 𝟐 peças defeituosas, em uma amostra de 
tamanho 𝒏 = 𝟑, da seguinte forma: 
i) 𝑃𝑖: Probabilidade de retirarmos a primeira peça não defeituosa. Sabendo que há 𝑵 − 𝑺 = 6 
peças não defeituosas dentre 𝑵 = 𝟏𝟎 peças no total, então: 
𝑃𝑖 =
6
10
 
ii) 𝑃𝑖𝑖: Probabilidade de retirarmos a segunda peça defeituosa, dado que a primeira peça foi 
não defeituosa. Sabendo que há 𝑺 = 𝟒 peças defeituosas dentre 9 peças no total, então: 
𝑃𝑖𝑖 =
4
9
 
iii) 𝑃𝑖𝑖𝑖: Probabilidade de retirarmos a terceira peça defeituosa, dado que foi retirada uma peça 
não defeituosa e outra defeituosa. Sabendo que restam 3 peças defeituosas dentre 8 peças 
no total, então: 
𝑃𝑖𝑖𝑖 =
3
8
 
Como todos os 3 eventos ocorrem (interseção), então pela Teoria da Probabilidade, multiplicamos as 3 
probabilidades. 
Porém, considerando que a ordem das extrações não precisa ser essa, devemos multiplicar o resultado pela 
quantidade de maneiras de “escolher” qual será a extração da peça defeituosa1. Como há 3 peças, no total, 
das quais 1 é não defeituosa, temos 3 possibilidades: 
𝐶3,1 =
3!
(3 − 1)! × 1!
=
3 × 2!
2! × 1!
= 3 
Assim, a probabilidade de encontrar 𝒌 = 𝟐 peças defeituosas, é: 
𝑃(𝑋 = 2) = 3 ×
6
10
×
4
9
×
3
8
=
6
10 × 2
=
3
10
= 30% 
 
 
1 Se preferir, você pode raciocinar que devemos multiplicar as probabilidades pelo número de maneiras de reordenar as extrações, 
o que corresponde à permutação das 3 peças, com repetição de 2 peças defeituosas: 
𝑃3
2 =
3!
2!
= 3 
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Esse raciocínio pode ser aplicado para qualquer valor de 𝑋, porém, é necessário se atentar ao fato de que a 
ordem das extrações não importa e, por isso, as probabilidades calculadas devem ser multiplicadas pela 
combinação correspondente. Além disso, para uma amostra grande, essa segunda maneira de calcular pode 
se tornar bastante trabalhosa. 
 
Agora, vamos ver quais são os limites mínimos e máximos da variável hipergeométrica. 
Limite Superior: maiornúmero possível de sucessos na amostra 
Se o número total de sucessos existentes 𝑺 for maior que o tamanho da amostra 𝒏, ou 
seja, se 𝒏 < 𝑺, então o valor máximo que 𝑋 pode assumir é 𝒏. 
Por exemplo, se houver 𝑺 = 𝟒 peças defeituosas (sucesso) e o tamanho da amostra for de 
𝒏 = 𝟑, então o valor máximo de peças defeituosas selecionadas será 𝒏 = 𝟑. 
Caso contrário, ou seja, se o tamanho da amostra 𝒏 for maior do que o número total de 
sucessos 𝑺, então o valor máximo que 𝑋 pode assumir é 𝑺. 
Por exemplo, havendo 𝑺 = 𝟒 peças defeituosas e o tamanho da amostra for 𝒏 = 𝟖 então 
o valor máximo de peças defeituosas que podem ser selecionadas será 𝑺 = 𝟒. 
Logo, o limite superior da variável é o menor valor entre 𝒏 e 𝑺: 
𝒌 ≤ 𝐦𝐢𝐧 {𝒏, 𝑺} 
Limite Inferior: menor número possível de sucessos na amostra 
Se o número total de fracassos existentes, 𝑵 − 𝑺, foi maior que o tamanho da amostra 𝒏, 
ou seja, se 𝒏 < 𝑵 − 𝑺, então todas as peças selecionadas podem ter o atributo fracasso e, 
portanto, o número mínimo que 𝑋 pode assumir é 𝟎. 
Por exemplo, vamos supor que haja 𝑁 = 10 peças e 𝑆 = 4 peças defeituosas (sucesso), 
logo, 𝑁– 𝑆 = 6 peças não defeituosas (fracasso). Se o tamanho da amostra for de 𝑛 = 3 
peças, então todas as peças selecionadas podem ser não defeituosas (fracasso), ou seja, é 
possível obter 𝑋 = 0 sucessos. 
Caso contrário, ou seja, se o tamanho da amostra 𝒏 for maior que o número total de 
fracassos existentes, então o número máximo de fracassos será o total de fracassos 
existentes, 𝑵 − 𝑺. Assim, o número mínimo de sucessos será a diferença entre o tamanho 
da amostra 𝒏 e o máximo de fracassos 𝑵 − 𝑺: 
𝒏 − (𝑵 − 𝑺) 
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Por exemplo, supondo as mesmas 𝑁– 𝑆 = 6 peças não defeituosas (fracasso), mas uma 
amostra de tamanho 𝑛 = 8 peças, então o número máximo de peças não defeituosas 
(fracasso) que podem ser selecionadas é o número total existente, isto é, 𝑁– 𝑆 = 6. 
Assim, o número mínimo de peças defeituosas (sucesso) que podem ser selecionadas é a 
diferença entre o tamanho da amostra e esse limite: 
𝑛 − (𝑁 − 𝑆) = 8 − 6 = 2 
Pontue-se que essa diferença será negativa na primeira situação, em que há mais fracassos 
existentes do que elementos na amostra. Para o nosso exemplo com a amostra de tamanho 
𝑛 = 3 peças, essa diferença será: 
𝑛 − (𝑁 − 𝑆) = 3 − 6 = −3 
Dessa forma, o limite inferior da variável é o maior valor entre 0 e 𝒏 − (𝑵 − 𝑺). 
𝒌 ≥ 𝐦𝐚𝐱{𝟎, 𝒏 − (𝑵 − 𝑺)} 
Portanto, os limites da variável são: 
𝐦𝐚𝐱 {𝟎, 𝒏 − (𝑵 − 𝑺)} ≤ 𝒌 ≤ 𝐦𝐢𝐧 {𝒏, 𝑺} 
 
Esperança e Variância 
Em relação ao valor esperado, vamos voltar ao nosso exemplo, em que 𝑺 = 𝟒 peças são defeituosas, de um 
total de 𝑵 = 𝟏𝟎 peças. Ou seja, a proporção de peças defeituosas é: 
𝑝 =
4
10
 
Então, se eu selecionar 5 peças (metade da população), espero que 2 sejam defeituosas (metade da amostra), 
certo? Ou seja, espero que a proporção de defeito (sucesso) na amostra seja a mesma de toda a população. 
Isso significa que a esperança é dada pela seguinte fórmula: 
𝑬(𝑿) = 𝒏. 𝒑 
Em que 𝒑 é a proporção de sucessos na população: 
𝒑 =
𝑺
𝑵
 
 
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Para o nosso exemplo com 𝑵 = 𝟏𝟎 peças no total, das quais 𝑺 = 𝟒 peças são defeituosas, a proporção de 
sucessos na população é: 
𝑝 =
𝑺
𝑵
=
4
10
= 0,4 
Considerando que vamos retirar uma amostra de 𝒏 = 𝟑 peças, o valor esperado é: 
𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝 = 3 × 0,4 = 1,2 
Observe que a esperança da distribuição hipergeométrica é a mesma da distribuição binomial (associada a 
seleções independentes)! 
A variância, entretanto, fica um pouco diferente: 
𝑽(𝑿) = 𝒏. 𝒑. 𝒒.
𝑵−𝒏
𝑵−𝟏
 
Em que 𝒒 = 𝟏 − 𝒑. 
Para o nosso exemplo, com 𝑁 = 10 e 𝑆 = 4, a proporção de fracassos na amostra é: 
𝑞 = 1 − 𝑝 = 1 − 0,4 = 0,6 
Então, sendo 𝑛 = 3, a variância da variável é: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞.
𝑁 − 𝑛
𝑁 − 1
= 3 × 0,4 × 0,6 ×
10 − 3
10 − 1
= 3 × 0,24 ×
7
9
= 0,08 × 7 = 0,56 
 
Observe que a variância da distribuição hipergeométrica é igual à da distribuição binomial, 𝑛. 𝑝. 𝑞, “corrigida” 
pelo fator 
𝑵−𝒏
𝑵−𝟏
. Esse fator é chamado fator de correção para população finita. 
Esse fator é sempre menor que 1 (pois 𝑁 − 𝑛 < 𝑁 − 1), logo, o fator de correção diminui a variância da 
distribuição. 
Ele se aproxima de 1 quando o tamanho da população 𝑁 é muito maior que o tamanho da amostra 𝑛. Nessa 
situação, a distribuição hipergeométrica pode ser aproximada à distribuição binomial. 
É por esse motivo que podemos utilizar a distribuição binomial, mesmo para amostras extraídas com 
reposição, quando a população é suficientemente grande. 
 
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Distribuição Hipergeométrica (𝑵, 𝑺, 𝒏) 
Extrações sem reposição de elementos com 2 atributos 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
(
𝑺
𝒌
)(
𝑵−𝑺
𝒏−𝒌
)
(
𝑵
𝒏
)
 
Esperança: 𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝; Variância: 𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞
𝑁−𝑛
𝑁−1
 
Em que 𝒑 =
𝑺
𝑵
 
 
 
(FCC/2015 – DPE/SP – Adaptada) Julgue o item a seguir: 
A distribuição hipergeométrica é adequada quando consideramos extrações casuais feitas sem reposição de 
uma população dividida segundo dois extratos. 
Comentários: 
A distribuição hipergeométrica estuda as extrações, sem reposição, de uma população com 2 atributos 
(sucesso ou fracasso). 
Resposta: Certo. 
 
(FCC/2015 – TRT 3ª Região – Adaptada) Julgue o item a seguir: 
A distribuição hipergeométrica é uma distribuição de probabilidade discreta que depende de 3 parâmetros. 
Comentários: 
A distribuição hipergeométrica depende dos parâmetros 𝑵 (total da população), 𝑺 (total de elementos com 
o atributo sucesso) e 𝒏 (número de extrações). 
Resposta: Certo. 
 
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(FGV/2022 – TJDFT) A Vara Cível de determinada comarca realiza 200 audiências por mês. No mês passado, 
em 120 audiências o autor era assistido pela Defensoria Pública e, nas outras 80 audiências restantes, o 
demandante esteve representado por advogado particular. 
Sorteiam-se, aleatoriamente e sem reposição, 80 audiências desse último mês. O número mais provável de 
audiências em que atuam os defensores públicos é de: 
a) 48 
b) 49 
c) 50 
d) 51 
e) 52 
Comentários: 
Nessa questão, a população de 200 audiências é segregada em assistência por Defensoria Pública (sucesso) 
e por advogado particular (fracasso). 
Considerando que uma amostra de 80 audiências é extraída sem reposição, concluímos que as extrações são 
dependentes, o que caracteriza uma distribuição hipergeométrica. 
A média (ou esperança) dessa distribuição é dada por: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 
A probabilidade de sucesso é a razão entre o número de audiências em que o autor é assistido pela 
Defensoria Pública (120) e o número total de audiências no mês (200): 
𝑝 =
120
200
= 0,6 
Sabendo que o tamanho da amostra é n = 80, a esperança é: 
𝐸(𝑋) = 80 × 0,6 = 48 
Gabarito: A 
 
(2013 – TRE/MG) Em uma população finita de tamanho N, onde existem k indivíduos com uma característica 
de interesse, ao se selecionar uma amostra aleatória de tamanho n sem reposição, o número de indivíduos 
com a característica na amostra (R) é uma variável aleatória com distribuição hipergeométrica. A 
probabilidade de se ter exatamente r indivíduos na amostra com a característica de interesse é dada por 
𝑝𝑟 =
(𝑘
𝑟)(𝑁−𝑘
𝑛−𝑟 )
(𝑁
𝑛)
, onde max (0, n – N + k) = r = min (k, n). 
Analise: 
I. Para N = 100, k = 20, n = 10 e r = 3, E(R) = 2 e Var(R) = 144/99. 
II. ParaN = 100, k = 20, n = 5 e r = 3, E(R) = 1 e Var(R) = 8/10. 
III. Para N = 10000, k = 2000, n = 100 e r = 3, E(R) = 20 e Var(R) = 15,84. 
IV. Para N = 10000, k = 1000, n = 100 e r = 3, E(R) = 10 e Var(R) ≈ 9. 
V. Para N = 10000, k = 2000, n = 10 e r = 0, P(R = 0) ≈ 0,1074. 
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Estão corretas apenas as alternativas 
a) I e II. 
b) II e IV. 
c) I, III e IV. 
d) I, III, IV e V. 
e) II, III, IV e V 
Comentários: 
Em relação à afirmativa I, o total de elementos da população é 𝑵 = 𝟏𝟎𝟎, o número de sucessos da população 
(que chamamos de 𝑺) é 𝒌 = 𝟐𝟎, então a proporção de sucessos é: 
𝑝 =
𝟐𝟎
 𝟏𝟎𝟎
= 0,2 
Sendo 𝒏 = 𝟏𝟎 o tamanho da amostra, então a esperança é: 
𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝 = 10 × 0,2 = 2 
Sabendo que a proporção de fracassos é q = 1 – p = 0,8, então a variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞.
𝑁 − 𝑛
𝑁 − 1
= 10 × 0,2 × 0,8 ×
90
99
=
144
99
 
Portanto, a afirmativa I está correta. 
 
Em relação à afirmativa II, o total de elementos e o número de sucessos da população são os mesmos, assim 
𝑝 =
20
100
= 0,2 e q = 1 – p = 0,8. 
Agora, a amostra tem tamanho 𝒏 = 𝟓, então a esperança é: 
𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝 = 5 × 0,2 = 1 
E a variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞.
𝑁 − 𝑛
𝑁 − 1
= 5 × 0,2 × 0,8 ×
95
99
=
76
99
= 0,7676 … 
Portanto, a afirmativa II está errada. 
 
Em relação à afirmativa III, o total de elementos da população é 𝑵 = 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎 e o número de sucessos da 
população é 𝒌 (𝒐𝒖 𝑺) = 𝟐. 𝟎𝟎𝟎. Assim, a proporção de sucessos é: 
𝑝 =
𝟐. 𝟎𝟎𝟎
 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎
= 0,2 
E a proporção de fracassos é q = 1 – p = 0,8. Sendo o tamanho da amostra 𝒏 = 𝟏𝟎𝟎, então, a esperança é: 
𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝 = 100 × 0,2 = 20 
E a variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞.
𝑁 − 𝑛
𝑁 − 1
= 100 × 0,2 × 0,8 ×
9900
9999
=
16 × 1100
1111
≅ 15,84 
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Portanto, a afirmativa III está correta. 
 
Em relação à afirmativa IV, o total de elementos é 𝑵 = 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎 e o número de sucessos da população é 
𝒌 (𝒐𝒖 𝑺) = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎. Assim, a proporção de sucessos é: 
𝑝 =
𝟏. 𝟎𝟎𝟎
 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎
= 0,1 
E q = 1 – p = 0,9. Sendo o tamanho da amostra 𝒏 = 𝟏𝟎𝟎, a esperança é: 
𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝 = 100 × 0,1 = 10 
E a variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞.
𝑁 − 𝑛
𝑁 − 1
= 100 × 0,1 × 0,9 ×
9900
9999
=
9 × 1100
1111
≅ 8,91 ≅ 9 
Portanto, a afirmativa IV está correta. 
 
Em relação à afirmativa V, temos 𝑵 = 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎, 𝒌 (𝒐𝒖 𝑺) = 𝟐. 𝟎𝟎𝟎 e 𝒏 = 𝟏𝟎. 
Para calcular o valor exato da probabilidade de não obter sucesso na amostra P(R = 0), faríamos: 
𝑃(𝑋 = 𝑟) =
(𝑘
𝑟
) (
𝑁 − 𝑘
𝑛 − 𝑟
)
(
𝑁
𝑛
)
 
𝑃(𝑋 = 0) =
(
2.000
0
) (
8.000
10
)
(
10.000
10
)
=
(
8.000
10
)
(
10.000
10
)
 
O que é bastante trabalhoso. Porém, como o tamanho da amostra n = 10 é muito menor que o tamanho da 
população N = 10.000, podemos aproximar essa distribuição a uma binomial. A proporção de sucessos na 
amostra é: 
𝑝 =
2.000
10.000
= 0,2 
E de fracassos é q = 1 – p = 0,8. Assim, a probabilidade de não obter sucessos na amostra é aproximadamente: 
P(X=0) = q10 = (0,8)10 ≅ 0,1074 
Portanto, a afirmativa V está correta. 
Gabarito: D. 
 
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DISTRIBUIÇÃO DE POISSON 
A Distribuição de Poisson descreve a probabilidade de ocorrências aleatórias em determinado intervalo, 
como o tempo, mas com uma taxa média constante. 
O número de ligações recebidas por hora ou o número de clientes que comparecem diariamente em um 
estabelecimento são exemplos em que podemos aplicar a distribuição de Poisson. 
 
Nessas situações, a probabilidade de o evento ocorrer em um instante específico (determinado segundo, por 
exemplo) é tão baixa, que não é possível ocorrer mais de um evento ao mesmo tempo. Por isso, dizemos 
que a probabilidade de ocorrência 𝒑 em uma distribuição de Poisson é muito pequena (tende a zero). 
Por outro lado, o tamanho da amostra 𝒏, que corresponde ao "número de instantes" no intervalo desejado, 
como uma hora ou um dia, é muito grande (tende a infinito). Essa é outra característica importante da 
distribuição de Poisson. 
 
Além disso, as ocorrências devem ser independentes uma das outras e devem assumir apenas números 
inteiros (não é possível receber meia ligação ou chegar meio cliente), assim como na distribuição binomial. 
Na verdade, a distribuição de Poisson é desenvolvida a partir da distribuição binomial, considerando que o 
tamanho da amostra 𝒏 tende ao infinito e a probabilidade de sucesso 𝒑 tende a zero. 
 
A Distribuição de Poisson também pode ser utilizada como uma aproximação da distribuição binomial, 
quando o tamanho da amostra 𝒏 for muito grande e probabilidade de sucesso 𝒑 for muito pequena. Nesses 
casos, o cálculo das probabilidades pela distribuição binomial pode se tornar muito trabalhoso. 
 
Vamos supor que uma indústria farmacêutica apresenta defeito em 𝒑 = 𝟏% dos 
medicamentos e que a amostra a ser verificada contém n = 400 medicamentos. 
Como calcularíamos a probabilidade de encontrar 5 medicamentos defeituosos, utilizando 
a distribuição binomial? 
𝑃(𝑋 = 100) = 𝐶400,5 × 0,015 × 0,99395 
Que seria extremamente trabalhoso. 
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Em uma distribuição binomial, a média (ou esperança) é: 
𝐸(𝑋𝐵𝑖) = 𝑛. 𝑝 
Na distribuição de Poisson, denotamos essa média por 𝝀 (chamamos essa letra de lambda), que é o único 
parâmetro da distribuição. Assim, nos referimos à distribuição de Poisson como 𝑋~𝑃𝑜(𝜆). 
𝝀 = 𝒏. 𝒑 
Para o nosso exemplo, em que a probabilidade de defeito é p = 1% = 0,01 e a amostra contém n = 400 
medicamentos, o valor de 𝝀 é: 
𝜆 = 𝑛. 𝑝 = 400 × 0,01 = 4 
Dessa forma, a média (ou esperança) da distribuição de Poisson é igual ao parâmetro 𝝀, que representa o 
número médio de ocorrências (taxa de ocorrência) em determinado intervalo: 
𝑬(𝑿) = 𝝀 
Essa taxa de ocorrência deve ser constante no intervalo considerado (assim como a probabilidade de sucesso 
da distribuição binomial deve ser a mesma para todos os ensaios). 
 
Na distribuição binomial, a média (ou esperança) é: 
𝑉(𝑋𝐵) = 𝑛. 𝑝. 𝑞 
Considerando que 𝑝 tende a 0, então 𝒒 = 1 − 𝑝 tende a 1. 
Desse modo, a variância da distribuição de Poisson é dada por: 
𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝 
Como definimos 𝜆 = 𝑛. 𝑝, a variância também é igual ao parâmetro: 
𝑽(𝑿) = 𝝀 
 
A probabilidade de ocorrerem 𝒌 eventos no intervalo determinado, na distribuição de Poisson, é dada por: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀.𝝀𝒌
𝒌!
 
Em que 𝒆 ≅ 𝟐, 𝟕𝟏𝟖 (número neperiano). 
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Vamos supor o exemplo inicial da indústria farmacêutica, que produz 𝑝 = 1% de 
medicamentos defeituosos e que será extraída uma amostra com 𝑛 = 400 peças. 
Vimos que o parâmetro da distribuição de Poisson é 𝜆 = 400 × 1% = 4, que equivale à 
sua média e variância. 
Com base no parâmetro, podemos calcular a probabilidade de haver, por exemplo, 𝑘 = 1 
medicamento com defeito na amostra: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀.𝝀
𝒌
𝒌!
 
𝑃(𝑋 = 1) =
𝑒−4.41
1!
= 4. 𝑒−4 
Se essa fosse uma questão de prova, a banca poderia apresentar a resposta dessa forma, 
ou então informar que 𝑒−4 ≅ 0,018. Assim, seria possível calcular: 
𝑃(𝑋 = 1) ≅ 4 × 0,018 = 0,072. 
 
Poderíamos calcular, ainda, a probabilidade de encontrar mais de 1 medicamento com 
defeito, que pode ser calculada pelo seu complemento: 
𝑃(𝑋 > 1) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 1 − 𝑃(𝑋= 0) − 𝑃(𝑋 = 1) 
Como já temos 𝑃(𝑋 = 1), precisamos calcular 𝑃(𝑋 = 0): 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒−4.40
0!
=
𝑒−4.1
1
= 𝑒−4 
Logo: 
𝑃(𝑋 > 1) = 1 − 𝑒−4 − 4. 𝑒−4 = 1 − 5. 𝑒−4 ≅ 1 − 5 × 0,018 = 1 − 0,09 = 0,91 
 
 
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Sim, você precisa memorizar a fórmula da probabilidade de Poisson, mas eu vou tentar te 
ajudar. Você precisa preencher os 5 espaços indicados abaixo: 
 
No 1º espaço, você preenche o 𝒆: 
 
Agora, você vai preencher o lambda 𝝀 (para lembrar, chame-o de L) no 2º e 3º espaços. No 
2º espaço (acima do 𝒆), acrescente um sinal de menos (–): 
 
Nos últimos espaços, preencha o 𝒌. No último espaço (denominador), acrescente o fatorial 
(!): 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀.𝝀
𝒌
𝒌!
 
Pronto! Então, não se esqueça da sequência ELK, de colocar um "–" no expoente e um "!" 
no denominador. 
 
Assim como para a distribuição binomial, o valor de 𝑋 = 𝑘, varia entre 0 e o tamanho da amostra 𝑛 → ∞. 
 
Ressalte-se, ainda, que o coeficiente de assimetria 𝑏1 e de curtose 𝑏2 para essa distribuição são: 
𝑏1 = 𝑏2 =
1
√𝜆
 
Sabendo que 𝜆 > 0, então esses coeficientes são positivos. 
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Distribuição de Poisson (𝝀) 
Aproximação da Distribuição Binomial para 𝑛 → ∞ e 𝑝 → 0 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀.𝝀
𝒌
𝒌!
 
Esperança: 𝐸(𝑋) = 𝝀; Variância: 𝑉(𝑋) = 𝝀 
 
(2011 – Transpetro) Uma distribuição discreta de probabilidade que fornece a frequência de ocorrência de 
certos tipos de eventos aleatórios, podendo ser usada como aproximação da distribuição binomial, 
corresponde à distribuição 
a) geométrica 
b) hipergeométrica 
c) normal 
d) uniforme 
e) de Poisson 
Comentários: 
A distribuição que se aproxima à distribuição binomial, para n muito grande, com parâmetro , isto é, a taxa 
(ou frequência) de ocorrência é a distribuição de Poisson. 
Gabarito: E 
 
(2019 – IDAM) Sobre a distribuição de Poisson P(X=k; λ) que representa a distribuição de frequências da 
variável aleatória X, analise as afirmativas abaixo, dê valores Verdadeiro (V) ou Falso (F). 
( ) 𝑃(𝑋 = 𝑘; 𝜆) = lim
𝑁→∞
𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑎𝑙 (𝑋 = 𝑘; 𝑁, 𝑝 =
𝜆
𝑁
) 
( ) A distribuição de Poisson é útil na modelagem de processos de natureza binomial onde o evento tem 
probabilidade de ocorrência (binomial), p, pequena (ou seja, tendendo a zero), porém o valor esperado da 
variável aleatória fica finito devido a ser grande a quantidade da amostragem (testes). 
( ) O parâmetro λ corresponde ao mesmo tempo ao valor esperado e à variância da distribuição de Poisson, 
P(X=k; λ). 
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Assinale a alternativa que apresenta a sequência correta de cima para baixo. 
a) F, F, F 
b) F, V, V 
c) V, F, V 
d) V, V, V 
Comentários: 
Em relação à primeira afirmativa, sabemos que a distribuição de Poisson corresponde à distribuição binomial 
para 𝑛 → ∞. Sabemos, ainda, que 𝜆 = 𝑛. 𝑝, logo: 
𝑝 =
𝜆
𝑁
 
Portanto, a primeira afirmativa é verdadeira. 
Em relação à segunda afirmativa, sabemos que a distribuição de Poisson é utilizada como aproximação da 
distribuição binomial para amostras grandes (n) e probabilidade pequena (p), tal que o produto n.p, isto é, a 
esperança da distribuição, é um valor finito. Portanto, a segunda afirmativa é verdadeira. 
Na distribuição de Poisson, temos E(X) = Var(X) = 𝜆. Portanto, a terceira afirmativa é verdadeira. 
Gabarito: D 
 
(2019 – IF-PA – Adaptada) Se uma variável X tem distribuição de Poisson com parâmetro , tal que 
X~Poisson(), pode-se afirmar que: 
a) E(X) =  e Var(X) = 1/ 
b) E(X)= 1 –  e Var(X)=  
c) E(X) =  e Var(X)=  
d) E(X) = /2 e Var(X) = 2/12 
e) E(X) =  e Var(X) = 2/12 
Comentários: 
Na distribuição de Poisson, sabemos que E(X) = Var(X) = 𝜆. O enunciado chamou o parâmetro de 𝜆 = , 
então: 
E(X) = Var(X) =  
Gabarito: C 
 
(CESPE/2018 – ABIN/Oficial Técnico) A quantidade diária de emails indesejados recebidos por um atendente 
é uma variável aleatória X que segue distribuição de Poisson com média e variância desconhecidas. Para 
estimá-las, retirou-se dessa distribuição uma amostra aleatória simples de tamanho quatro, cujos valores 
observados foram 10, 4, 2 e 4. Com relação a essa situação hipotética, julgue o seguinte item. 
Se P (X = 0) representa a probabilidade de esse atendente não receber emails indesejados em determinado 
dia, estima-se que tal probabilidade seja nula. 
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Comentários: 
Para a distribuição de Poisson, a probabilidade P(X = 0) é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘
𝑘!
 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒−𝜆. 𝜆0
0!
=
𝑒−𝜆. 1
1
= 𝑒−𝜆 ≠ 0 
Gabarito: Errado. 
 
(FCC/2014 – TRT 13ª Região) Suponha que o número de processos trabalhistas que chegam, por dia, a um 
determinado tribunal regional do trabalho seja uma variável aleatória com distribuição de Poisson com 
média igual a λ. Sabe-se que a probabilidade de chegarem 2 processos por dia é igual a oito vezes a 
probabilidade de não chegar nenhum. Nessas condições, a probabilidade de, em um determinado dia, 
chegarem pelo menos 2 processos é igual a 
Dados: 𝑒−2 = 0,135; 𝑒−4 = 0,018 
a) 0,91 
b) 0,36 
c) 0,93 
d) 0,46 
e) 0,85 
Comentários: 
O enunciado informa que a probabilidade de chegar 2 processos é 8 vezes a probabilidade de não chegar 
processo algum: 
P(X = 2) = 8.P(X = 0) 
 Considerando 𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝜆𝑘𝑒−𝜆
𝑘!
, então: 
𝑃(𝑋 = 2) =
𝑒−𝜆. 𝜆2
2!
=
𝑒−𝜆. 𝜆2
2
 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒−𝜆. 𝜆0
0!
=
𝑒−𝜆. 1
1
= 𝑒−𝜆 
Substituindo esses resultados na equação, temos: 
𝜆2𝑒−𝜆
2
= 8 × 𝑒−𝜆 
Dividindo ambos os lados da equação por 𝑒−𝜆, temos: 
𝜆2 = 16 
Sabendo que 𝜆 é positivo (pois, 𝜆 = 𝑛. 𝑝, com 𝑛 ≥ 0 e 𝑝 ≥ 0), então: 
𝜆 = 4 
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Nessas condições, a probabilidade de chegarem pelo menos 2 processos é (com as aproximações fornecidas 
pelo enunciado): 
𝑃(𝑋 ≥ 2) = 1 − 𝑃(𝑋 < 2) = 1 − [𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1)] 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑒−𝜆 = 𝑒−4 ≅ 0,018 
𝑃(𝑋 = 1) =
𝑒−4. 41
1!
= 4. 𝑒−4 ≅ 0,072 
Portanto: 
𝑃(𝑋 ≥ 2) = 1 − 𝑃(𝑋 < 2) = 1 − 0,018 − 0,072 = 1 − 0,09 = 0,91 
Gabarito: A. 
 
Algumas questões informam a taxa de ocorrência 𝜆 para determinado intervalo (por dia, por exemplo), e 
pedem a probabilidade associada a um intervalo diferente (por semana, por exemplo). Nessa situação, é 
necessário calcular a taxa de ocorrência para o intervalo desejado, mantendo-se a proporção constante: 
𝜆1 = 𝑛1 × 𝑝 → 𝑝 =
𝜆1
𝑛1
 
𝜆2 = 𝑛2 × 𝑝 = 𝑛2 ×
𝜆1
𝑛1
 
𝜆2 = 𝜆1 ×
𝑛2
𝑛1
 
Em outras palavras, multiplicamos a taxa de ocorrência 𝜆1 fornecida pela razão entre o intervalo desejado e 
o intervalo fornecido 
𝑛2
𝑛1
. 
 
Vamos supor que o número de clientes que chegam em um estabelecimento siga uma distribuição de Poisson 
com média 𝜆1 = 10 clientes por dia. Para calcular a probabilidade de chegarem 100 clientes em uma 
semana, por exemplo, precisamos primeiro calcular o número médio de clientes que chegam em 1 semana 
𝜆2, considerando que 1 semana = 5 dias úteis: 
𝜆2 = 10 ×
5
1
= 50 
Para calcular a probabilidade de chegar 1 cliente em uma hora, primeiro calculamos o número médio de 
clientes que chegam em 1 hora, considerando que 1 dia = 8 horas úteis: 
𝜆3 = 10 ×
1
8
= 1,25 
 
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Podemos,ainda, calcular o tempo médio entre as ocorrências, dividindo o intervalo pela taxa de ocorrência: 
𝑡 =
𝑛
𝜆
 
Por exemplo, considerando que chegam em média 𝜆 = 10 clientes ao longo de 8 horas, o tempo médio entre 
um cliente e outro é: 
𝑡 =
8
10
= 0,8 ℎ𝑜𝑟𝑎 
 
Por fim, é importante ressaltar que é possível somar variáveis com distribuição de Poisson. 
Sendo 𝜆𝑋 o parâmetro da distribuição da variável 𝑋 e 𝜆𝑌 o parâmetro da distribuição da variável 𝑌, então a 
variável 𝑆 = 𝑋 + 𝑌 terá distribuição de Poisson com parâmetro: 
𝜆𝑆 = 𝜆𝑋 + 𝜆𝑌 
Por exemplo, suponha que a empresa X receba, em média, 𝜆𝑋 = 5 novos clientes por mês e que a empresa 
𝑌 receba, em média, 𝜆𝑌 = 3 novos clientes por mês, de modo que ambos sigam distribuições de Poisson. Se 
essas empresas se juntarem, formando a empresa S, então, se as taxas de novos clientes permanecerem as 
mesmas, a nova empresa receberá a seguinte taxa de novos clientes por mês, que também seguirá uma 
distribuição de Poisson: 
𝜆𝑆 = 𝜆𝑋 + 𝜆𝑌 = 5 + 3 = 8 
Também podemos multiplicar esses parâmetros por constantes, que o resultado também seguirá uma 
distribuição de Poisson. 
No nosso exemplo, havendo uma empresa Z que receba 𝜆𝑍 = 10 novos clientes por mês, sendo que metade 
dela se juntará às demais empresas, então a nova empresa N formada receberá a seguinte taxa de novos 
clientes por mês, que também seguirá uma distribuição de Poisson: 
𝜆𝑁 = 𝜆𝑋 + 𝜆𝑌 + 0,5. 𝜆𝑍 = 5 + 3 + 0,5 × 10 = 13 
 
(CESPE/2010 – MPU/Analista) Uma empresa possui um serviço de atendimento ao consumidor (SAC). 
Diariamente, um atendente registra, em uma folha de papel, as chamadas recebidas. Cada folha de registro 
do atendente do SAC permite o registro de até 20 chamadas. O atendente efetua os registros de forma 
sequencial, anotando, para cada chamada, se houve reclamação. 
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De acordo com os dados históricos, sabe-se que, a cada 20 chamadas, a probabilidade de se registrar 
exatamente uma reclamação é constante e igual a 0,05. Sabe-se também que o número médio diário de 
reclamações registradas pelo SAC é igual a 1. 
Com base nessas informações e considerando 2,71 como valor aproximado para o número e, base do 
logaritmo natural, julgue o seguinte item. 
Considere que o número de reclamações registradas pelo SAC, X(t), em um intervalo de tempo t, siga um 
processo de Poisson e que X(5) represente o número de reclamações registradas em um intervalo de 5 dias 
úteis. Nesse caso, a probabilidade de não haver reclamações registradas em um intervalo de 5 dias úteis é 
igual a e-5. 
Comentários: 
O enunciado informa que a média é de 𝜆1 = 1 reclamação por dia. Assim, para um intervalo de 5 dias, a taxa 
de ocorrência é: 
𝜆2 = 𝜆1 ×
𝑛2
𝑛1
= 1 ×
5
1
= 5 
Para a distribuição de Poisson, a probabilidade P(X = 0), com 𝜆 = 5, é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘
𝑘!
 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒−5. 50
0!
=
𝑒−5. 1
1
= 𝑒−5 
Gabarito: Certo. 
 
(FGV/2022 – SEFAZ/AM) Suponha que o número de carros que chega a uma praça de pedágio siga uma 
distribuição Poisson, com uma média de 2 carros por minuto. 
A probabilidade de que, num intervalo de 2 minutos, passe no máximo um carro é aproximadamente igual a 
[use e-4 = 0,0183] 
a) 0,09 
b) 0,12 
c) 0,17 
d) 0,20 
e) 0,22 
Comentários: 
O enunciado informa que a média é de 2 carros por minuto e pede a probabilidade associada a um tempo 
de 2 minutos. O primeiro passo é calcular a média de carros a cada 2 minutos: 
𝜆2 = 𝜆1 ×
𝑛2
𝑛1
= 2 ×
2
1
= 4 
A probabilidade de passar no máximo um carro, ou seja, 0 ou 1 carro é a soma: 
𝑃(𝑋 ≤ 1) = 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) 
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A probabilidade da distribuição de Poisson é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒−𝜆 × 𝜆𝑘
𝑘!
 
Para k = 0, sendo 𝜆 = 4, temos: 
𝑃(𝑋 = 0) =
𝑒−4 × 40
0!
=
𝑒−4 × 1
1
= 𝑒−4 
Para k = 1, temos: 
𝑃(𝑋 = 1) =
𝑒−4 × 41
1!
=
𝑒−4 × 4
1
= 4. 𝑒−4 
E a soma é: 
𝑃(𝑋 ≤ 1) = 𝑒−4 + 4. 𝑒−4 = 5. 𝑒−4 
Sendo 𝑒−4 = 0,0183, temos: 
𝑃(𝑋 ≤ 1) = 5 × 0,0183 = 0,0915 ≅ 0,09 
Gabarito: A 
 
(FCC/2015 – TRT 3ª Região) A comissão de erradicação do trabalho infantil de um determinado Tribunal 
Regional do Trabalho analisa, por meio de seu canal de denúncias, casos de desrespeito à legislação que 
regula o trabalho de menores de 18 anos. Suponha que a variável X, que representa o número de denúncias 
mensais que são recebidas, tem distribuição de Poisson com média 9. Nessas condições, a probabilidade de 
serem recebidas 2 ou 3 denúncias em um período de 10 dias é igual a 
 
a) 0,450 
b) 0,472 
c) 0,230 
d) 0,375 
e) 0,250 
Comentários: 
Sabendo que a variável tem distribuição de Poisson, com média de 9 denúncias por mês, ou seja, em um 
período 𝑛1 = 30 dias, temos 𝜆1 = 9, em um período de 𝑛2 = 10 dias, temos: 
𝜆2 = 𝜆1 ×
𝑛2
𝑛1
= 9 ×
10
30
= 3 
Ademais, a probabilidade de receber X = 2 ou X = 3 denúncias corresponde a união dessas probabilidades. 
Como são eventos mutuamente exclusivos, a probabilidade da união corresponde à soma das 
probabilidades: 
P(X = 2 OU X = 3) = P(X = 2) + P(X = 3) 
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Pela fórmula de Poisson, temos: 
𝑃(𝑋 = 2) =
𝑒−3. 32
2!
= 4,5 × 0,05 = 0,225 
𝑃(𝑋 = 3) =
𝑒−3. 33
3!
= 4,5 × 0,05 = 0,225 
Logo: 
P(X = 2 OU X = 3) = 0,225 + 0,225 = 0,45 
Gabarito: A. 
 
(CESPE/2018 – TCE-PA/Auditor de Controle Externo) O número de acidentes de trabalho em determinada 
obra pública no mês k segue uma distribuição de Poisson Wk com média igual a 1 acidente por mês. 
Considerando uma amostra aleatória simples W1, W2, ..., Wn, julgue o item a seguir, acerca da soma W1 + W2 
+ ... + Wn. 
O total de acidentes segue distribuição de Poisson com média igual a n. 
Comentários: 
A soma de variáveis com distribuição de Poisson também segue uma distribuição de Poisson. A média 
(esperança) da distribuição W1 + W2 + ... + Wn pode ser calculada pela propriedade aditiva da esperança: 
𝐸(𝑊1 + 𝑊2 + ⋯ + 𝑊𝑛) = 𝐸(𝑊1) + 𝐸(𝑊2) + ⋯ + 𝐸(𝑊𝑛) 
O enunciado informa que as médias são todas iguais a 1. Sabendo que há 𝑛 variáveis Wi, temos: 
𝐸(𝑊1 + 𝑊2 + ⋯ + 𝑊𝑛) = 1 + 1 + ⋯ + 1 = 1 × 𝑛 = 𝑛 
 𝑛 vezes 
Gabarito: Certo. 
 
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DISTRIBUIÇÃO BINOMIAL NEGATIVA 
A distribuição binomial negativa ou distribuição de Pascal estuda o número de ensaios de Bernoulli 
necessários para se obter 𝒌 sucessos. 
 
Enquanto a binomial (original) estuda o número de sucessos (𝑋 = 𝑘) obtidos em 𝒏 ensaios 
de Bernoulli, com 𝒏 fixo; a binomial negativa estuda o número de ensaios (𝑋 = 𝑥) 
necessários para se obter 𝒌 sucessos, com 𝒌 fixo. 
 
Vamos utilizar um exemplo para ilustrar melhor essa diferença. Vamos supor que o ensaio de Bernoulli seja 
o lançamento de uma moeda, e que o sucesso corresponda à face CARA. 
Se definirmos que vamos jogar a moeda 10 vezes para estudar quantos sucessos obtemos, temos uma 
distribuição binomial (original); se definirmos que vamos jogar a moeda até obtermos 5 sucessos, temos 
uma distribuição binomial negativa. 
 
A probabilidade de realizarmos 𝑋 = 𝑛 ensaios para obter 𝑘 sucessos é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑥) = (
𝒙 − 𝟏
𝒌 − 𝟏
) 𝑝𝒌. 𝑞𝒙−𝒌 
Para o nosso exemplo de lançamento da moeda, a probabilidade de obter CARA (sucesso) em um único 
lançamento é 𝑝 = 0,5 e de obter COROA é 𝑞 = 1 − 𝑝 = 0,5. Assim, a probabilidade de obtermos 𝒌 = 𝟓 
sucessos em 𝒙 = 𝟖 lançamentos é: 
𝑃(𝑋 = 8) = (
8 − 1
5 − 1
) 0,55. 0,58−5 = (
7
4
) 0,55. 0,53 = (
74
) 0,58 
A combinação (
7
4
) é igual a: 
(
7
4
) =
7!
(7 − 4)! × 4!
=
7 × 6 × 5 × 4!
3! × 4!
=
7 × 6 × 5
3 × 2
= 7 × 5 = 35 
Então, a probabilidade 𝑃(𝑋 = 8) é: 
𝑃(𝑋 = 8) = 35 × 0,58 ≅ 0,137 
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O que muda, em relação à fórmula da binomial (original), são os parâmetros da combinação: enquanto na 
binomial (original) a combinação é de (
𝑛
𝑘
), na binomial negativa, a combinação é de (
𝒙 − 𝟏
𝒌 − 𝟏
). 
Para o nosso exemplo, em vez de termos a combinação (
𝑛
𝑘
) = (
8
5
), como seria o caso para a distribuição 
binomial, temos a combinação (
𝒙 − 𝟏
𝒌 − 𝟏
) = (
7
4
). 
Essa diferença ocorre porque, na distribuição binomial negativa, a última tentativa será necessariamente o 
𝒌-ésimo sucesso (para o nosso exemplo, a 8ª tentativa será o 5º sucesso); caso contrário teríamos parado 
com as tentativas antes. 
Por isso, precisamos escolher, dentre as demais 𝒙 − 𝟏 = 7 tentativas, quais serão os 𝒌 − 𝟏 = 4 sucessos. 
 
Os parâmetros da distribuição binomial negativa são a probabilidade de sucesso 𝑝 e o número de sucessos 
𝑘. Assim, podemos representar essa distribuição como 𝑋~𝐵𝑁(𝒑, 𝒌). 
 
A variável com distribuição binomial negativa assume os valores 𝒙 = 𝒌, 𝒌 + 𝟏, 𝒌 + 𝟐, … 
Ela é no mínimo 𝑘 (pois só é possível obter 𝑘 sucessos, com no mínimo 𝑘 tentativas) e não tem limite superior 
(é sempre possível ter que tentar mais uma vez até obter o 𝑘-ésimo sucesso). Para o nosso exemplo, em que 
𝑘 = 5, a variável pode assumir os valores 𝑥 = 5, 6, 7, …, sem limite superior. 
 
Também podemos utilizar a binomial negativa para calcular a probabilidade de extrairmos uma amostra de 
tamanho 𝒙, de uma população com 2 atributos (sucesso e fracasso), para encontrar 𝒌 sucessos na amostra. 
 
Vamos supor que em uma fábrica, 20% das peças apresentem defeito. Para calcular a 
probabilidade de inspecionarmos exatamente 𝒙 = 𝟒 peças, para encontrar 𝒌 = 𝟐 peças 
defeituosas, utilizamos a distribuição binomial negativa, com p = 20% = 0,2 e k = 2. 
A probabilidade 𝑃(𝑋 = 4) é: 
𝑃(𝑋 = 𝑥) = (
𝑥 − 1
𝑘 − 1
) 𝑝𝑘. 𝑞𝑥−𝑘 
𝑃(𝑋 = 4) = (
3
1
) 0,22. 0,82 = 3 × 0,04 × 0,64 = 7,68% 
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No entanto, para utilizar essa distribuição, é necessário que as extrações sejam independentes (mesma 
condição necessária para a aplicação da distribuição binomial). Para isso, é necessário que a população seja 
infinita (ou muito grande em relação à amostra) ou que as extrações sejam feitas com reposição. 
 
E quanto à esperança? Assim como para outras distribuições, esperamos que o resultado mantenha a 
proporção de sucessos. Por exemplo, no caso do lançamento de uma moeda, com 𝑝 = 50%, esperamos ter 
que lançar 10 vezes para obter 5 caras. 
Isso significa que o valor esperado é dado por: 
𝑬(𝑿) =
𝒌
𝒑
 
Para o exemplo da fábrica, em que 𝑝 = 0,2 e 𝑘 = 2, esperamos que o número de peças inspecionadas seja: 
𝐸(𝑋) =
𝑘
𝑝
=
2
0,2
= 10 
 
E a variância é dada por: 
𝑽(𝑿) =
𝒌.𝒒
𝒑𝟐 
Para o mesmo exemplo da fábrica, a proporção de peças não defeituosas (fracasso) é 𝑞 = 1 − 𝑝 = 0,8. A 
variância dessa distribuição é: 
𝑉(𝑋) =
𝑘. 𝑞
𝑝2
=
2 × 0,8
0,22
= 40 
 
Pontue-se que a distribuição geométrica, que estuda o número de tentativas até o 1º sucesso, pode ser 
considerada um caso particular da binomial negativa, para 𝑘 = 1. 
Também podemos dizer que a binomial negativa corresponde à soma de 𝒌 variáveis geométricas, com o 
mesmo parâmetro 𝒑. 
 
De fato, para 𝑘 = 1, temos 𝐸(𝑋) =
1
𝑝
 e 𝑉(𝑋) =
𝑞
𝑝2
, que são as fórmulas da esperança e da variância, 
respectivamente, da distribuição geométrica. E a probabilidade de 𝑋 = 𝑥 para 𝑘 = 1 é: 
𝑃(𝑋 = 𝑥) = (
𝑥 − 1
𝑘 − 1
) 𝑝𝑘. 𝑞𝑥−𝑘 = (
𝑥 − 1
0
) 𝑝𝑘. 𝑞𝑥−𝑘 = 𝑝. 𝑞𝑥−𝑘 
Essa é justamente a probabilidade 𝑃(𝑋 = 𝑥) para a variável com distribuição geométrica. 
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Assim, como podemos parametrizar a distribuição geométrica pelo número de fracassos 
até o primeiro sucesso, também podemos parametrizar a binomial negativa como o 
número de fracassos até o 𝑘-ésimo sucesso. Nesse caso, teríamos: 
𝑃(𝑌 = 𝑦) = (
𝑘 + 𝑦 − 1
𝑘 − 1
) 𝑝𝑘. 𝑞𝑦 
Com essa parametrização temos 𝑦 fracassos e 𝑘 sucessos, logo, há 𝑦 + 𝑘 tentativas no 
total. Sabendo que a última tentativa será o 𝑘-ésimo sucesso, precisamos escolher, dentre 
as demais 𝑦 + 𝑘 − 1 tentativas quais serão os 𝑘 − 1 sucessos. 
Para o exemplo do lançamento da moeda até obter 𝑘 = 5 sucessos, sabemos que um total 
de 𝑥 = 8 tentativas (parametrização anterior) corresponde a 𝑦 = 3 fracassos 
(parametrização alternativa). A probabilidade de obter 𝑦 = 3 fracassos é dada por: 
𝑃(𝑌 = 3) = (
5 + 3 − 1
5 − 1
) 0,55. 0,53 = (
7
4
) 0,55. 0,53 
Como era esperado, a probabilidade de obter 𝑦 = 3 fracassos é igual à probabilidade de 
lançar a moeda um total de 𝑥 = 8 vezes (parametrização anterior). 
Com essa parametrização a variável pode assumir os valores 𝑌 = {0,1,2,3, . . . }, ou seja, a 
partir de zero (afinal, é possível não obter fracasso algum). 
 
 
Distribuição Binomial Negativa (𝒑, 𝒌) 
Número de Ensaios de Bernoulli até o 𝒌-ésimo sucesso 
𝑷(𝑿 = 𝒌) = (
𝒙 − 𝟏
𝒌 − 𝟏
) 𝒑𝒌. 𝒒𝒙−𝒌 
Esperança: 𝐸(𝑋) =
𝑘
𝑝
; Variância: 𝑉(𝑋) =
𝑞.𝑘
𝑝2 
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(FGV/2022 – EPE) Sabe-se que sempre que um consumidor vai a um supermercado, a probabilidade de ele 
comprar um determinado item é de 20%. Suponha que se deseja saber a probabilidade desse consumidor 
ter que ir ao supermercado 10 vezes para que ele compre o referido item metade das vezes. 
A distribuição de probabilidade mais apropriada para modelar esse problema é a 
a) binomial 
b) geométrica 
c) binomial negativa 
d) Poisson 
e) hipergeométrica 
Comentários: 
A distribuição que estuda o número de ensaios necessários para se obter 𝑘 sucessos (no caso, 𝑘 = 5) é a 
distribuição binomial negativa (alternativa C). 
Em relação às demais alternativas, a distribuição geométrica (B) estuda o número de ensaios necessários 
para se obter o primeiro sucesso (k = 1); a distribuição binomial (A) estuda o número de sucessos obtidos, 
para uma quantidade fixa de ensaios; a distribuição de Poisson (D) estuda o número de sucessos obtidos em 
um intervalo fixo; e a distribuição hipergeométrica estuda o número de sucessos obtidos, em uma amostra 
de tamanho fixo, extraída sem reposição (ou seja, quando as extrações não são independentes). 
Gabarito: C. 
 
(CESPE/2011 – STM) Se, em determinada fábrica, 10% das peças produzidas são defeituosas, então, para fins 
de controle de qualidade, uma distribuição binomial negativa deve ser usada na situação em que é retirada 
uma amostra aleatória simples com reposição de 10 peças para se determinar a probabilidade de ocorrer 
exatamente 3 peças defeituosas nessa amostra. 
Comentários: 
Sabendo que será retirada uma amostra aleatória, com reposição, de n = 10 peças e que a probabilidade de 
defeito é p = 10%, então temos uma distribuição binomial (original). 
Gabarito: Errado. 
 
(FGV/2019 – DPE/RJ – Adaptada) Uma amostra (X1, X2,... , Xn) de tamanho n, onde cada uma das variáveis Xi 
é de Bernoulli, tipo 0 ou 1, todas com o mesmo parâmetro p, é extraída. Considerando as distribuições exatas, 
é correto afirmar que: 
Se a extração da amostra só é encerrada quando Xk = 1, pela J-ésima vez, então K tem distribuição de Binomial 
Negativa com parâmetros J e p. 
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Comentários: 
Se a extração da amostra só é encerrada quando Xk = 1 (isto é, ocorre sucesso) pela J-ésima vez, então a 
variável tem distribuição binomial negativa. Os parâmetros são o número de sucessos desejados (J) e a 
probabilidade de sucesso de cada elemento p. 
Resposta: Certo. 
 
(CESPE/2018 – Analista Judiciário STM) A quantidade de clientes atendidos em cada minuto pelos 
empregados 1 e 2 em um balcão de atendimentos é expressa por T = Y1 + Y2, em que Y1 = quantidade de 
clientes atendidos (por minuto) pelo empregado 1, e Y2 = quantidade de clientes atendidos (por minuto) pelo 
empregado 2. 
Considerando que, nessa situação hipotética, Y1 e Y2 sejam variáveis aleatórias independentes, seguindo 
uma mesma distribuição Y, cuja função de probabilidade é P(Y = y) = 0,1 × 0,9y , para y = 0, 1, 2, ..., julgue o 
seguinte item. 
A soma T segue uma distribuição binomial negativa. 
Comentários: 
Sabendo que as variáveis Y seguem distribuições geométricas com mesmo p, então a soma de k variáveis 
com distribuição geométrica corresponde a uma distribuição binomial negativa (que estuda o número de 
tentativas até o k-ésimo sucesso). 
Gabarito: Certo. 
(CESPE/2018 – Analista Judiciário STM) A quantidade de clientes atendidos em cada minuto pelos 
empregados 1 e 2 em um balcão de atendimentos é expressa por T = Y1 + Y2, em que Y1 = quantidade de 
clientes atendidos (por minuto) pelo empregado 1, e Y2 = quantidade de clientes atendidos (por minuto) pelo 
empregado 2. 
Considerando que, nessa situação hipotética, Y1 e Y2 sejam variáveis aleatórias independentes, seguindo 
uma mesma distribuição Y, cuja função de probabilidade é P(Y = y) = 0,1 × 0,9y , para y = 0, 1, 2, ..., julgue o 
seguinte item. 
Se E[T]=quantidade média de clientes atendidos em cada minuto por esses dois empregados, então E[T]< 17. 
Comentários: 
A média de uma variável binomial negativa é dada por: 
𝐸(𝑋) =
𝑘
𝑝
 
Pela função de probabilidade P(Y = y) = 0,1 × 0,9y, concluímos que a probabilidade de sucesso é p = 0,1. 
Ademais, sabemos que a variável T consiste na soma de k = 2 variáveis geométricas, então: 
𝐸(𝑋) =
2
0,1
= 20 
Gabarito: Errado. 
 
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Resumo da Aula 
Distribuição Uniforme: todos os valores são equiprováveis 
 
Distribuição de Bernoulli (𝒑): 1 Experimento (Ensaio) de Bernoulli 
• 2 resultados possíveis: sucesso (𝑋 = 1) ou fracasso (𝑋 = 0) 
• Probabilidade de sucesso: 𝑃[𝑋 = 1] = 𝑝 
• Probabilidade de fracasso: 𝑃[𝑋 = 0] = 𝑞 = 1 − 𝑝 
𝐸(𝑋) = 𝑝; 𝑉(𝑋) = 𝑝. 𝑞 
 
Distribuição Binomial (𝒏, 𝒑): Número de sucessos em 𝒏 Ensaios de Bernoulli independentes 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 . 𝑝𝑘. 𝑞𝑛−𝑘 
𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝; 𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞 
 
Distribuição Geométrica (𝒑): Número de Ensaios de Bernoulli até o primeiro sucesso 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞𝑘−1. 𝑝 
𝐸(𝑋) =
1
𝑝
; 𝑉(𝑋) =
𝑞
𝑝2
 
 
Distribuição Hipergeométrica (𝑵, 𝑺, 𝒏): Extrações sem reposição 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
(
𝑆
𝑘
) (
𝑁 − 𝑆
𝑛 − 𝑘
)
(
𝑁
𝑛
)
 
𝐸(𝑋) = 𝑛. 𝑝; 𝑉(𝑋) = 𝑛. 𝑝. 𝑞
𝑁 − 𝑛
𝑁 − 1
 
 
Distribuição de Poisson (𝝀): Aproximação da Binomial para 𝑛 → ∞ e 𝑝 → 0 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘
𝑘!
 
𝐸(𝑋) = 𝜆; 𝑉(𝑋) = 𝜆 
 
Distribuição Binomial Negativa (𝒑, 𝒌): Número de Ensaios até o 𝒌-ésimo sucesso 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = (
𝑥 − 1
𝑘 − 1
) 𝑝𝑘. 𝑞𝑥−𝑘 
𝐸(𝑋) =
𝑘
𝑝
; 𝑉(𝑋) =
𝑞. 𝑘
𝑝2
 
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QUESTÕES COMENTADAS – CEBRASPE 
Distribuição Uniforme 
1. (CEBRASPE/2022 – TCE/SC) Considerando uma sequência de variáveis aleatórias {𝑿𝒌}, em que 
𝑷(𝑿𝒌 = −𝟎, 𝟐𝒌) = 𝑷(𝑿𝒌 = 𝟎, 𝟐𝒌) = 𝟎, 𝟓, para 𝒌 ∈ {𝟏, 𝟐,… }, julgue o item a seguir, com relação à soma 𝑺𝒏 =
∑ 𝑿𝒌
𝒏
𝒌=𝟏 . 
𝑋𝑘 segue distribuição uniforme discreta. 
Comentários: 
Em uma distribuição uniforme discreta, todos os resultados possíveis apresentam o mesmo resultado. 
Aqui, temos 2 resultados possíveis: −0,2𝑘 e 0,2𝑘, cada um com probabilidade 0,5 (50%). 
Por exemplo, para 𝑘 = 1, temos: 
𝑃(𝑋1 = −0,21) = 𝑃(𝑋1 = −0,2) = 0,5 
𝑃(𝑋1 = 0,21) = 𝑃(𝑋1 = 0,2) = 0,5 
Para 𝑘 = 2, temos: 
𝑃(𝑋2 = −0,22) = 𝑃(𝑋2 = −0,04) = 0,5 
𝑃(𝑋2 = 0,22) = 𝑃(𝑋2 = 0,04) = 0,5 
E assim por diante, para todos os valores de 𝑘. 
Como todos os valores possíveis apresentam a mesma probabilidade, podemos concluir que, de fato, as 
variáveis seguem distribuições uniformes discretas. 
Gabarito: Certo 
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QUESTÕES COMENTADAS – CEBRASPE 
Distribuição de Bernoulli 
1. (CESPE/2011 – SEDUC-AM) 
 
A tabela acima contém um conjunto de dados formado por quatro variáveis: RG; gênero ( M = masculino; F = 
feminino); grau de instrução (1 = analfabeto; 2 = fundamental incompleto; 3 = fundamental completo; 4 = 
médio incompleto; 5 = médio completo ou superior); e hiperatividade (S = sim; N = não). Com base nessa 
tabela, julgue o item seguinte. 
Com relação à variável dicotômica hiperatividade, atribuindo-se valor 1 para uma categoria e 0 para a outra, a 
média dessa variável binária representa a frequência relativa de observações que receberam valor 1. 
Comentários: 
Considerando que os possíveis resultados para a variável são apenas 2, 0 (fracasso) ou 1 (sucesso), então essa 
variável segue uma distribuição de Bernoulli, cuja média (ou esperança) é dada por: 
𝑬(𝑿) = 𝒑 
Sabendo que p corresponde à probabilidade de sucesso (1), então a média, de fato, corresponde à frequência 
relativa de observações com valor 1. 
Gabarito: Certo. 
 
2. (Cebraspe/2013 – MPU) As variáveis aleatórias X e Y seguem uma distribuição de Bernoulli com 
probabilidade de sucesso igual a 0,4. Considerando S = X + Y e que os eventos aleatórios A = [X = 1] e B = [Y = 
1] sejam mutuamente exclusivos, julgue o item subsequente. 
É correto afirmar que 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝑆 = 1) = 0,8. 
Comentários: 
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A probabilidade da união é dada por: 
𝑷(𝑨 ∪ 𝑩) = 𝑷(𝑨) + 𝑷(𝑩) − 𝑷(𝑨 ∩ 𝑩) 
Pelo enunciado, temos A = [X = 1] e B = [Y = 1], logo: 
𝑷(𝑨) = 𝑷[𝑿 = 𝟏] 
𝑷(𝑩) = 𝑷[𝒀 = 𝟏] 
É informado ainda que A e B são mutuamente exclusivos, logo: 
𝑷(𝑨 ∩ 𝑩) = 𝟎 
Assim, a probabilidade da união corresponde a: 
𝑷(𝑨 ∪ 𝑩) = 𝑷[𝑿 = 𝟏] + 𝑷[𝒀 = 𝟏] 
Considerando que X e Y seguem uma distribuição de Bernoulli com probabilidade de sucesso p = 0,4, então P[X 
= 1] = 0,4 e P[Y = 1] = 0,4: 
𝑷(𝑨 ∪ 𝑩) = 𝟎, 𝟒 + 𝟎, 𝟒 = 𝟎, 𝟖 
Além disso, como S = X + Y, a probabilidade P(S = 1) corresponde à probabilidade de X = 1 e Y = 0 ou de Y = 1 e 
X = 0. Como [X = 1] e [Y = 1] são eventos mutuamente exclusivos, então a probabilidade de X = 1 e Y = 0 é igual 
à probabilidade de X = 1; e a probabilidade de Y = 1 e X = 0 é igual à probabilidade de Y = 1, então: 
𝑷(𝑺 = 𝟏) = 𝑷[𝑿 = 𝟏] + 𝑷[𝒀 = 𝟏] = 𝑷(𝑨 ∪ 𝑩) 
Gabarito: Certo. 
 
3. (Cebraspe/2016 – TCE-PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais que 
P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
A média de Y é superior a 0,5. 
Comentários: 
A média de uma distribuição de Bernoulli é: 
𝑬(𝒀) = 𝒑 
Sabemos que a probabilidade de fracasso de Y é q = P[Y = 0] = 0,9. Logo a probabilidade de sucesso é p = 1 – q 
= 1 – 0,9 = 0,1. Assim: 
𝑬(𝒀) = 𝟎, 𝟏 
Gabarito: Errado. 
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4. (Cebraspe/2016 – TCE-PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais que 
P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
As variâncias de X e Y são iguais. 
Comentários: 
A variância de uma distribuição de Bernoulli é: 
𝑽(𝑿) = 𝒑. 𝒒 
Sabemos que a probabilidade de sucesso de X é p = P[X = 1] = 0,9, logo a probabilidade de fracasso é q = 1 – p = 
1 – 0,9 = 0,1: 
𝑽(𝑿) = 𝟎, 𝟗 × 𝟎, 𝟏 = 𝟎, 𝟎𝟗 
Já, a probabilidade de fracasso de Y é q = P[Y = 0] = 0,9, logo, a probabilidade de sucesso de Y é p = 1 – q = 1 – 
0,9 = 0,1: 
𝑽(𝒀) = 𝟎, 𝟏 × 𝟎, 𝟗 = 𝟎, 𝟎𝟗 
Gabarito: Certo. 
 
5. (Cebraspe/2016 – TCE-PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais que 
P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
A distribuição X2 é Bernoulli com média igual a 0,81. 
Comentários: 
Vejamos como fica a distribuição de X2: 
• X = 0 → X2 = 0 
• X = 1 → X2 = 1 
Assim, a probabilidade P(X2 = 0) corresponde à probabilidade de P(X = 0) e a probabilidade P(X2 = 1) corresponde 
à probabilidade P(X = 1): 
𝑷(𝑿𝟐 = 𝟎) = 𝑷(𝑿 = 𝟎) = 𝟏 − 𝟎, 𝟗 = 𝟎, 𝟏 
𝑷(𝑿𝟐 = 𝟏) = 𝑷(𝑿 = 𝟏) = 𝟎, 𝟗 
Ou seja, temos uma distribuição de Bernoulli com probabilidade de sucesso p = 0,9. 
Sabemos que a média (ou esperança) dessa distribuição é: 
𝑬(𝑿) = 𝒑 = 𝟎, 𝟗 
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Gabarito: Errado. 
 
6. (Cebraspe/2013 – STF) Pedro e João são os oficiais de justiça no plantão do fórum de determinado 
município. Em uma diligência distribuída a Pedro, X é a variável aleatória que representa o sucesso (X = 1) ou 
fracasso (X = 0) no cumprimento desse mandado. Analogamente, Y é a variável aleatória que representa o 
sucesso (Y = 1) ou fracasso (Y = 0) de uma diligência do oficial João. 
Com base nessa situação hipotética e considerando a soma S = X + Y, e que P(X = 1) = P(Y = 1) = 0,6 e E(XY) = 
0,5, julgue o item que se segue, acerca das variáveis aleatórias X, Y e S. 
A média da distribuição S é igual a 1,2. 
Comentários: 
Conforme as propriedades da esperança, temos: 
𝑬(𝑺) = 𝑬(𝑿 + 𝒀) = 𝑬(𝑿) + 𝑬(𝒀) 
Considerando que X e Y assumem apenas dois valores possíveis, sucesso (1) ou fracasso (0), sendo a 
probabilidade de sucesso p = 0,6 e, portanto, a probabilidade de fracasso q = 1 – p = 0,4, então os valores de 
E(X) e E(Y) são: 
𝑬(𝑿) = 𝑬(𝒀) = 𝟎 × 𝟎, 𝟒 + 𝟏 × 𝟎, 𝟔 = 𝟎, 𝟔 
A média (ou esperança) de S é, portanto: 
𝑬(𝑺) = 𝟎, 𝟔 + 𝟎, 𝟔 = 𝟏, 𝟐 
Gabarito: Certo. 
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QUESTÕES COMENTADAS – CEBRASPE 
Distribuição Binomial 
1. (CEBRASPE/2022 - FUB) Suponha que uma população de tamanho N seja constituída pelos elementos 
𝒚𝟏, … , 𝒚𝑵, de modo que a média populacional é representada como: 
𝝁 =
𝟏
𝑵
∑ 𝒚𝒊
𝑵
𝒊=𝟏
 
e a variância é definida como 
𝑽𝟐 =
𝟏
𝑵 − 𝟏
∑(𝒚𝒊 − 𝝁)𝟐
𝑵
𝒊=𝟏
, 
tal que 𝑽 > 𝟎. Denotando-se uma amostra aleatória simples de tamanho 𝒏 retirada dessa população como 
𝒀𝟏, … , 𝒀𝒏, e considerando que a média amostral possa ser escrita como 
�̅� =
𝟏
𝒏
∑ 𝒀𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝟏
𝒏
∑ 𝝅𝒊𝒚𝒊
𝑵
𝒊=𝟏
, 
em que 𝝅𝒊~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝒏,
𝟏
𝑵
) e ∑ 𝝅𝒊
𝑵
𝒊=𝟏 = 𝒏, julgue o item seguinte. 
𝑉𝑎𝑟(𝜋𝑖) =
𝑛
𝑁
× (1 −
1
𝑁
). 
Comentários: 
O enunciado informa que 𝜋𝑖 segue distribuição binomial com parâmetros 𝑛 e probabilidade de sucesso 𝑝 =
1
𝑁
, 
logo, a probabilidade de fracasso é 𝑞 = 1 − 𝑝 = 1 −
1
𝑁
. 
A variância da distribuição binomial é dada por: 
𝑉𝑎𝑟(𝜋𝑖) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 = 𝑛 ×
1
𝑁
× (1 −
1
𝑁
) =
𝑛
𝑁
× (1 −
1
𝑁
) 
Gabarito: Certo 
 
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2. (CEBRASPE/2022 – TCE/SC) Em relação a uma variável aleatória Y que segue distribuição binomial com 
parâmetros 𝒏 e 𝒑 = 𝟎, 𝟒, julgue o item que se segue. 
A variância de Y é igual a 0,24 × 𝑛. 
Comentários: 
A variância de uma variável com distribuição binomial é dada por: 
𝑉𝑎𝑟(𝑌) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 
Sabemos que a probabilidade de sucesso é 𝑝 = 0,4, logo, a probabilidade de fracasso é 𝑞 = 1 − 𝑝 = 0,6. Assim: 
𝑉𝑎𝑟(𝑌) = 𝑛 × 0,4 × 0,6 = 0,24 × 𝑛 
Gabarito: Certo 
 
3. (Cebraspe/2022 – PETROBRAS) Julgue o item a seguir, relacionados a álgebra e a probabilidade. 
Cada uma de três moedas não viciadas, quando lançada, apresenta como resultado “cara” ou “coroa”. Ao se 
lançar essas três moedas, uma de cada vez, a probabilidade de se obter “cara” em duas delas e “coroa” em uma 
delas é superior a 0,4. 
Comentários: 
O lançamento de moedas caracteriza uma distribuição binomial, pois os lançamentos são independentes uns 
dos outros. Sendo as moedas não viciadas (comuns), a probabilidade de obter CARA (que a gente pode 
considerar como sucesso) é: 
𝑝 =
1
2
= 0,5 
A probabilidade de fracasso (que corresponde à COROA, no nosso caso) é 𝑞 = 1 −
1
2
= 0,5. 
Sabendo que serão lançadas 𝑛 = 3 moedas, a probabilidade de obtermos 𝑘 = 2 sucessos (isto é, 2 CARAS e 1 
COROA) é: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 × 𝑝𝑘 × 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 2) = 𝐶3,2 × 0,52 × 0,51 = 3 × 0,25 × 0,5 = 0,375 
Que é inferior a 0,4. 
Gabarito: Errado 
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4. (Cebraspe/2022 – FUNPRESP-EXE) Em uma empresa há 100 produtos em estoque, todos de igual 
aparência, mas com qualidades distintas, que só são evidenciadas com testes específicos: 40 são de alta 
qualidade, 35 são de média qualidade e 25 são de baixa qualidade. 
Considerando essas informações e o procedimento de análise de uma amostra com 15 produtos, com 
reposição, julgue o item a seguir. 
Espera-se que na amostra haja, em média, 6 produtos de alta qualidade. 
Comentários: 
O enunciado informa que há 40 produtos de alta qualidade, de um total de 100 produtos, dos quais 15 produtos 
serão extraídos com reposição. Devemos utilizar a distribuição binomial porque os produtos serão extraídos 
com reposição, logo as extrações são independentes. 
Sabendo que há 40 produtos de alta qualidade, dentre 100, podemos calcular a probabilidade de sucesso: 
𝑝 =
40
100
= 0,4 
Sabemos também que serão extraídos 𝑛 = 15 produtos. Assim, a esperança da variável binomial é dada por: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 = 15 × 0,4 = 6 
De fato, espera-se que na amostra haja 6 produtos de alta qualidade. 
Gabarito: Certo 
 
5. (Cebraspe/2022 – FUNPRESP-EXE) Em uma empresa há 100 produtos em estoque, todos de igual 
aparência, mas com qualidades distintas, que só são evidenciadas com testes específicos: 40 são de alta 
qualidade, 35 são de média qualidade e 25 são de baixa qualidade. 
Considerando essas informações e o procedimento de análise de uma amostra com 15 produtos, com 
reposição, julgue o item a seguir. 
Espera-se que na amostra haja, em média, 4 produtos de baixa qualidade. 
Comentários: 
Essa questão pede o valor esperado de produtos de baixa qualidade, considerando que há 25 produtos desse 
tipo, de um total de 100 produtos. A probabilidade de sucesso é: 
𝑝 =
25
100
= 0,25 
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Sabendo que serão extraídos 𝑛 = 15 produtos, com reposição (extrações independentes), a esperança da 
variável binomial é dada por: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 = 15 × 0,25 = 3,75 
Que é diferente de 4. 
Gabarito: Errado. 
 
6. (Cebraspe/2022 – PETROBRÁS) Considerando que a variável aleatória X segue uma distribuição 
binomial com parâmetros n = 10 e p = 0,1, julgue o item subsequente. 
O valor esperado de X é igual a 1. 
Comentários: 
Parauma variável com distribuição binomial, o valor esperado é dado por: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 
Sendo n = 10 e p = 0,1, temos: 
𝐸(𝑋) = 10 × 0,1 = 1 
Gabarito: Certo 
 
7. (Cebraspe/2022 – PETROBRÁS) Considerando que a variável aleatória X segue uma distribuição 
binomial com parâmetros n = 10 e p = 0,1, julgue o item subsequente. 
O desvio padrão da distribuição de X é igual ou superior a 0,9. 
Comentários: 
Para uma variável com distribuição binomial, a variância é dada por: 
𝑉(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 
Sendo p = 0,1, temos q = 1 - p = 0,9. Assim, sendo n = 10, a variância é: 
𝑉(𝑋) = 10 × 0,1 × 0,9 = 0,9 
O desvio padrão é a raiz quadrada: 
𝐷𝑃(𝑋) = √𝑉(𝑋) = √0,9 ≅ 0,95 
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Que, de fato, é superior a 0,9. 
Gabarito: Certo 
 
8. (Cebraspe/2022 – PETROBRÁS) Considerando que a variável aleatória X segue uma distribuição 
binomial com parâmetros n = 10 e p = 0,1, julgue o item subsequente. 
P(X > 0) = 0,9. 
Comentários: 
Podemos calcular a probabilidade de X ser maior que 0 pela probabilidade complementar, considerando que a 
variável binomial assume valores necessariamente maiores ou iguais a 0: 
𝑃(𝑋 > 0) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) 
Sabendo que n = 10 e p = 0,1 (q = 1 - p = 0,9), a probabilidade de obtermos k = 0 sucessos é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 × 𝑝𝑘 × 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝐶10,0 × 0,10 × 0,910 = 1 × 1 × 0,910 ≅ 0,35 
Que é diferente de 0,9. 
Gabarito: Errado 
 
9. (Cebraspe/2022 – TELEBRÁS) Considere um par (𝑿, 𝒀) de variáveis aleatórias discretas, tais que 
𝑿~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝟏𝟎,
𝟏
𝟐
) e 𝒀~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝟏𝟎,
𝟏
𝟓
). Sabendo que 𝑪𝒐𝒗(𝑿, 𝒀) = −𝟏, 𝟏, julgue o seguinte item 
acerca da diferença 𝒁 = 𝒀 − 𝑿. 
O valor esperado de Z é igual a 3. 
Comentários: 
Para calcular o valor esperado de Z, vamos primeiro calcular a esperança das variáveis X e Y. 
Sabendo que a esperança de uma variável binomial é dada por 𝑛 × 𝑝, temos: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 = 10 ×
1
2
= 5 
𝐸(𝑌) = 𝑛 × 𝑝 = 10 ×
1
5
= 2 
Pelas propriedades da esperança, a esperança da diferença corresponde à diferença das esperanças: 
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𝐸(𝑍) = 𝐸(𝑌 − 𝑋) = 𝐸(𝑌) − 𝐸(𝑋) = 2 − 5 = −3 
Que é diferente de 3. 
Gabarito: Errado 
 
 
10. (Cebraspe/2022 – TELEBRÁS) Considere um par (𝑿, 𝒀) de variáveis aleatórias discretas, tais que 
𝑿~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝟏𝟎,
𝟏
𝟐
) e 𝒀~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝟏𝟎,
𝟏
𝟓
). 
Sabendo que 𝑪𝒐𝒗(𝑿, 𝒀) = −𝟏, 𝟏, julgue o seguinte item acerca da diferença 𝒁 = 𝒀 − 𝑿. 
𝑉𝑎𝑟[𝑍] = 6,3. 
Comentários: 
Para calcular a variância de Z, vamos antes calcular a variância das variáveis X e Y. Sabendo que a esperança de 
uma variável binomial é dada por 𝑛 × 𝑝 × 𝑞, sendo 𝑞 = 1 − 𝑝, temos: 
𝑉(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 = 10 ×
1
2
× (1 −
1
2
) = 5 ×
1
2
=
5
2
= 2,5 
𝑉(𝑌) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 = 10 ×
1
5
× (1 −
1
5
) = 2 ×
4
5
=
8
5
= 1,6 
A variância da diferença é dada por: 
𝑉(𝑍) = 𝑉(𝑌 − 𝑋) = 𝑉(𝑌) + 𝑉(𝑋) − 2 × 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) 
Sabendo que 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = −1,1, temos: 
𝑉(𝑍) = 2,5 + 1,6 − 2 × (−1,1) = 4,1 + 2,2 = 6,3 
Gabarito: Certo 
 
11. (Cebraspe/2022 – TCE/SC) Suponha que uma amostra de tamanho n = 1 seja retirada de uma 
população 𝑿 ∼ 𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍(𝒎, 𝒑), em que 𝒎 e 𝒑 são parâmetros desconhecidos. Sabendo que 𝒎 ∈ {𝟏, 𝟐} e 
que 𝒑 ∈ {
𝟏
𝟓
,
𝟏
𝟒
}, se a amostra aleatória simples for representada por 𝑿𝟏, considere a seguinte estatística para 
a estimação do par (𝒎, 𝒑). 
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𝝉(𝑿𝟏) = {
𝒎 = 𝟏 𝒆 𝒑 =
𝟏
𝟓
, 𝒔𝒆 𝑿𝟏 = 𝟎
𝒎 = 𝟐 𝒆 𝒑 =
𝟏
𝟒
, 𝒔𝒆 𝑿𝟏 = 𝟏 𝒐𝒖 𝟐
} 
Com base nessas informações, julgue o próximo item. 
Se 𝜇 denota a média populacional desconhecida, então seu espaço paramétrico é representado pelo conjunto 
{
1
5
,
1
2
}. 
Comentários: 
Segundo o enunciado, o parâmetro 𝑚 da distribuição binomial (que normalmente chamamos de 𝑛) pode ser 
𝑚 = 1 ou 𝑚 = 2; e que a probabilidade de sucesso pode ser 𝑝 =
1
5
 ou 𝑝 =
1
4
. 
Para cada parâmetro, temos duas possibilidades e não sabemos ao certo qual delas corresponde ao verdadeiro 
valor do parâmetro. 
Sabendo que a média da distribuição binomial é o produto 𝐸(𝑋) = 𝑚 × 𝑝, as possibilidades para a média são: 
𝑚 𝑝 𝐸(𝑋) = 𝑚 × 𝑝 
1 
1
5
 1 ×
1
5
=
1
5
 
1 
1
4
 1 ×
1
4
=
1
4
 
2 
1
5
 2 ×
1
5
=
2
5
 
2 
1
4
 2 ×
1
4
=
1
2
 
Logo, o espaço é representado pelo conjunto {
1
5
,
1
4
,
2
5
,
1
2
}. 
Gabarito: Errado 
 
12. (Cebraspe/2021 – COREN/CE) Suponha que 20% dos recursos administrativos impetrados contra 
determinada decisão administrativa em uma repartição pública sejam deferidos. Nessa situação, se 4 novos 
recursos administrativos forem distribuídos aleatoriamente para análise, a probabilidade de haver um único 
recurso deferido entre esses 4 recursos analisados é igual a 
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a) 0,008 
b) 0,1024 
c) 0,25 
d) 0,4096 
Comentários: 
O enunciado informa que a proporção de processos deferidos, que corresponde à probabilidade de sucesso, é 
𝑝 = 20% = 0,2. Logo, a probabilidade de fracasso é 𝑞 = 1 − 0,2 = 0,8. 
Sabendo que há 𝑛 = 4 processos, a probabilidade de obtermos 𝑘 = 1 sucesso (um único processo deferido) é: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 × 𝑝𝑘 × 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝐶4,1 × 0,21 × 0,83 = 4 × 0,2 × 0,512 = 0,4096 
Gabarito: D 
 
13. (Cebraspe/2021 – SERPRO) Considerando que o número X de erros registrados em determinado tipo 
de código computacional siga uma distribuição binomial com média igual a 4 e variância igual a 3, julgue o 
item a seguir. 
É impossível haver registros de 18 erros nesse tipo de código computacional. 
Comentários: 
O enunciado informa que a média da variável binomial é: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 = 4 
E que a variância é: 
𝑉(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 × 𝑞 = 3 
Sabendo que o produto 𝑛 × 𝑝 é igual a 4, temos: 
4 × 𝑞 = 3 
𝑞 =
3
4
 
Sabendo que 𝑝 = 1 − 𝑞, temos: 
𝑝 = 1 −
3
4
=
1
4
 
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Substituindo esse resultado na fórmula da esperança, temos: 
𝑛 ×
1
4
= 4 
𝑛 = 16 
Como o limite máximo da variável é 𝑛 = 16, de fato, é impossível observarmos k = 18 sucessos. 
Gabarito: Certo 
 
14. (Cebraspe/2021 – SERPRO) Considerando que o número X de erros registrados em determinado tipo 
de código computacional siga uma distribuição binomial com média igual a 4 e variância igual a 3, julgue o 
item a seguir. 
𝑃(𝑋 = 0) =
3
4
. 
Comentários: 
Na questão anterior, calculamos que a probabilidade de fracasso é 𝑞 =
3
4
, a probabilidade de sucesso é 𝑝 =
1
4
 e 
que 𝑛 = 16. A probabilidade de obtermos k = 0 sucesso é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 × 𝑝𝑘 × 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝐶16,0 × (
1
4
)
0
× (
3
4
)
16
= 1 × 1 × (
3
4
)
16
= (
3
4
)
16
 
Que é diferente de 
3
4
. 
Gabarito: Errado 
 
15. (Cebraspe/2021 – SERPRO) Considerando que o número X de erros registrados em determinado tipo 
de código computacional siga uma distribuição binomial com média igual a 4 e variância igual a 3, julgue o 
item a seguir. 
A mediana de X é igual a 4. 
Comentários: 
Sempre que o produto 𝑛 × 𝑝 for um número inteiro, a média, a mediana e a moda da distribuição binomial serão 
iguais a esse valor. 
Aqui, temos 𝑛 × 𝑝 = 4, logo a mediana também é igual a 4. 
Gabarito: Certo 
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16. (Cebraspe/2019 – TJ-AM) É igual a 
𝟑
𝟒
 a probabilidade de determinado advogado conseguir decisão 
favorável a si em cada petição protocolada por ele na vara cível de certo tribunal. O plano desse advogado é 
protocolar, sequencialmente, 12 petições nessa vara cível durante o ano de 2020. Favoráveis ou não, as 
decisões do tribunal para petições são emitidas na mesma ordem cronológica em que são protocoladas e são 
sempre independentes entre si. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando as variáveis aleatórias X e Y, em que 
X = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal até que ocorra a primeira decisão não favorável ao 
advogado, e Y = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal favoráveis ao advogado. 
Espera-se que, ao longo de 2020, exatamente 9 decisões sejam favoráveis ao advogado. 
Comentários: 
Considerando que Y é a quantidade de decisões favoráveis, dentre 𝑛 = 12 petições, sabendo que a 
probabilidade de a decisão ser favorável (sucesso) é 𝑝 =
3
4
 e que as decisões são independentes entre si, 
podemos concluir que Y segue distribuição binomial. A esperança dessa distribuição é: 
𝐸(𝑋) = 𝑛 × 𝑝 = 12 ×
3
4
= 9 
Gabarito: Certo. 
 
17. (Cebraspe/2019 – TJ/AM) É igual a 
𝟑
𝟒
 a probabilidade de determinado advogado conseguir decisão 
favorável a si em cada petição protocolada por ele na vara cível de certo tribunal. O plano desse advogado é 
protocolar, sequencialmente, 12 petições nessa vara cível durante o ano de 2020. Favoráveis ou não, as 
decisões do tribunal para petições são emitidas na mesma ordem cronológica em que são protocoladas e são 
sempre independentes entre si. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando as variáveis aleatórias X e Y, em que 
X = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal até que ocorra a primeira decisão não favorável ao 
advogado, e Y = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal favoráveis ao advogado. 
A probabilidade do evento "Y é igual a 1" é superior a 
9
410
. 
Comentários: 
Sabendo que Y segue distribuição binomial com 𝑛 = 12 e probabilidade de sucesso 𝑝 =
3
4
, logo, a probabilidade 
de fracasso é 𝑞 = 1 − 𝑝 =
1
4
. Assim, a probabilidade de obter k = 1 decisão favorável (sucesso) é: 
𝑃(𝑌 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 × 𝑝𝑘 × 𝑞𝑛−𝑘 
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𝑃(𝑌 = 1) = 𝐶12,1 × (
3
4
)
1
× (
1
4
)
11
= 12 ×
3
4
×
1
411
=
9
411
 
Como o denominador 411 é maior do que o denominador indicado no item 410, então o resultado da fração 
9
411
 
é menor do que a fração indicada no item 
9
410. 
Em outras palavras, 𝑃(𝑋 = 1) é inferior a 
9
410
. 
Gabarito: Errado 
 
18. (Cebraspe/2019 – TJ/AM) É igual a 
𝟑
𝟒
 a probabilidade de determinado advogado conseguir decisão 
favorável a si em cada petição protocolada por ele na vara cível de certo tribunal. O plano desse advogado é 
protocolar, sequencialmente, 12 petições nessa vara cível durante o ano de 2020. Favoráveis ou não, as 
decisões do tribunal para petições são emitidas na mesma ordem cronológica em que são protocoladas e são 
sempre independentes entre si. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando as variáveis aleatórias X e Y, em que 
X = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal até que ocorra a primeira decisão não favorável ao 
advogado, e Y = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal favoráveis ao advogado. 
A probabilidade de Y ser inferior a 2 é superior a 1%. 
Comentários: 
Para que Y seja inferior a 2, então podemos ter Y = 0 ou Y = 1. Na questão anterior, calculamos a probabilidade 
de obtermos 1 sucesso: 
𝑃(𝑌 = 1) =
9
411
 
A probabilidade de observamos 0 sucesso, sabendo que 𝑛 = 12, 𝑝 =
3
4
 e 𝑞 =
1
4
, é dada por: 
𝑃(𝑌 = 0) = 𝐶12,0 × (
3
4
)
0
× (
1
4
)
12
= 1 × 1 ×
1
412
=
1
412
 
Logo, a probabilidade de Y ser inferior a 2 é: 
𝑃(𝑌 < 2) = 𝑃(𝑌 = 0) + 𝑃(𝑌 = 1) =
1
412
+
36
412
=
37
412
 
Para que esse resultado seja superior a 1%, é necessário que o denominador seja inferior a 3700. No entanto, 
412 é muito superior a 3700. Para ilustrar, 4𝟔 = 4096, que já é superior a esse valor; e 412 é o quadrado disso! 
Gabarito: Errado 
 
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19. (Cebraspe/2018 – BNB) Julgue o próximo item, relativos a análise combinatória e probabilidade. 
Situação hipotética: Para cada um dos 16 itens da prova objetiva de informática de um concurso público, o 
candidato deverá marcar na folha de respostas se o item é certo ou errado. A condição para não 
desclassificação do candidato é que ele acerte o gabarito de pelo menos 10 desses itens. 
Assertiva: Nesse caso, se o candidato marcar aleatoriamente todos os 16 itens, a probabilidade de ele não ser 
desclassificado é igual 
𝟕×𝟏𝟏×𝟏𝟑
𝟐𝟏𝟑 . 
Comentários: 
Considerando que as possíveis respostas são apenas 2, certo (sucesso) ou errado (fracasso), e que há 16 
questões, então temos uma distribuição binomial, com n = 16. Se o candidato marcar a resposta aleatoriamente, 
então a probabilidade de sucesso (acerto) é p = ½. 
Assim, a probabilidade de o candidato não ser desclassificado é igual à probabilidade de ele acertar 10 questões 
ou mais: 
𝑃 = 𝑃(𝑋 = 10) + 𝑃(𝑋 = 11) + 𝑃(𝑋 = 12) + 𝑃(𝑋 = 13) + 𝑃(𝑋 = 14) + 𝑃(𝑋 = 15) + 𝑃(𝑋 = 16) 
 
𝑃 = 𝐶16,10 × (
1
2
)
10
× (
1
2
)
6
+ 𝐶16,11 × (
1
2
)
11
× (
1
2
)
5
+ 𝐶16,12 × (
1
2
)
12
× (
1
2
)
4
+ 𝐶16,13 × (
1
2
)
13
× (
1
2
)
3
+ 𝐶16,14 × (
1
2
)
14
× (
1
2
)
2
+ 𝐶16,15 × (
1
2
)
15
× (
1
2
)
1
+ 𝐶16,16 × (
1
2
)
16
× (
1
2
)
0
 
 
𝑃 = (
1
2
)
16
× (𝐶16,10 + 𝐶16,11 + 𝐶16,12 + 𝐶16,13 + 𝐶16,14 + 𝐶16,15 + 𝐶16,16) 
 
𝑃 = (
1
2
)
16
× (
16!
10! 6!
+
16!
11! 5!
+
16!
12! 4!
+
16!
13! 3!
+
16!
14! 2!
+
16!
15! 1!
+
16!
16! 0!
) 
 
𝑃 = (
1
2
)
16
× (
16 × 15 × 14 × 13 × 12 × 11
6 × 5 × 4 × 3 × 2
+
16 × 15 × 14 × 13 × 12
5 × 4 × 3 × 2
+
16 × 15 × 14 × 13
4 × 3 × 2
+
16 × 15 × 14
3 × 2
+
16 × 15
2
+
16
1
+
16
16
) 
𝑃 = (
1
2
)
16
× (4 × 14 × 13 × 11 + 2 × 14 × 13 × 12 + 2 × 5 × 14 × 13 + 16 × 5 × 7 + 8 × 15 + 17) 
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𝑃 =
(7 × 13 × 11 + 7 × 13 × 6 + 2,5 × 7 × 13 + 2 × 5 × 7 + 15 + 2,125)
213
 
𝑃 =
(7 × 13 × 19,5 + 70 + 17,125)
213
=
(7 × 13 × 19,5 + 87,125)
213
 
Podemos observar que esse valor é superior a 
𝟕×𝟏𝟏×𝟏𝟑
𝟐𝟏𝟑
. 
Gabarito: Errado. 
 
20. (Cebraspe/2016 – TCE-PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais que 
P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
X + Y segue uma distribuição binomial com parâmetros n = 2 e p = 0,3, se X e Y forem variáveis aleatórias 
independentes. 
Comentários: 
Vimos que a distribuição binomial consiste na repetição de um mesmo experimento de Bernoulli, com a mesma 
probabilidade de sucesso, p. Porém, a probabilidade de sucesso de X é p = 0,9 e a probabilidade de fracasso de 
Y é q = 0,9 e, portanto, a probabilidade de sucesso de Y é p = 1 – q = 1 – 0,9 = 0,1. Como a probabilidade de 
sucesso não é a mesma, não temos uma distribuição binomial. 
Gabarito: Errado. 
 
21. (Cebraspe/2015 – Telebrás) Um vendedor de certo tipo de equipamento de telecomunicações pode 
visitar, em um dia, um ou dois clientes, com probabilidades de 1/3 e 2/3, respectivamente. De cada contato 
pode resultar a venda de um equipamento por R$ 50.000, com probabilidade de 1/10 ou nenhuma venda, 
com probabilidade de 9/10. Considerando que V seja a variável aleatória que indica o valor total de vendas 
diárias desse vendedor, em milhares de reais, julgue o item que se segue.Supondo-se que Xi seja a variável aleatória que indica o número de visitas do vendedor a clientes no i-ésimo dia 
do mês de novembro, que Yi = Xi – 1 e que Z = Y1 + Y2 + ... + Y30, é correto afirmar que Z será uma distribuição 
binomial de parâmetros n = 30 e p = 2/3. 
Comentários: 
O enunciado informa que Xi representa o número de clientes visitados em no dia i e que assume apenas dois 
valores possíveis (1 ou 2). Sabemos também que a probabilidade P(X = 1) = 1/3 e P(X = 2) = 2/3. 
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Dessa forma, Yi =Xi – 1 corresponde ao número de clientes visitados no dia, menos 1. Assim, temos P(Y = 0) = 
P(X = 1) = 1/3 e P(Y = 1) = P(X = 2) = 2/3. 
Portanto, Y segue distribuição de Bernoulli, com probabilidade p = P(Y = 1) = 2/3. 
A questão informa, ainda, que Z corresponde à soma de 30 variáveis Y. Considerando que todas apresentam a 
mesma probabilidade p = 2/3, então Z segue uma distribuição binomial, com parâmetros n = 30 e p = 2/3. 
Gabarito: Certo. 
 
22. (Cebraspe/2015 – Telebrás) Nas chamadas de suporte de uma empresa de telecomunicações, o 
funcionário Pedro resolve o problema do cliente em duas de cada três vezes em que é solicitado, enquanto 
Marcos resolve em três de cada quatro chamadas. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o item seguinte, considerando que os funcionários sejam 
suficientemente experientes para que a tentativa de resolução do problema de qualquer chamada não esteja 
subordinada a tentativas anteriores. 
A probabilidade de que Marcos consiga resolver o problema do cliente em exatamente três das quatro últimas 
chamadas em que foi solicitado é superior a 50%. 
Comentários: 
Considerando que há apenas dois resultados possíveis para cada chamada, resolvida ou não, e que há 4 
chamadas, então temos uma distribuição binomial com n = 4. 
Considerando que Marcos resolve 3 a cada 4 chamadas, então a probabilidade de Marcos resolver (sucesso) é p 
= ¾. Logo, a probabilidade de Marcos não resolver (fracasso) é q = 1 – p = 1 – ¾ = ¼. 
Dessa forma, a probabilidade de Marcos resolver exatamente 3 de 4 chamadas é: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 . 𝑝𝑘. 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 3) = 𝐶4,3. (
3
4
)
3
. (
1
4
)
1
=
4!
3! 1!
×
33
43 × 41
= 4 ×
27
44
=
27
64
≅ 0,42 
Que é inferior a 0,5 = 50% 
Gabarito: Errado. 
 
 
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23. (Cebraspe/2013 – STF) Pedro e João são os oficiais de justiça no plantão do fórum de determinado 
município. Em uma diligência distribuída a Pedro, X é a variável aleatória que representa o sucesso (X = 1) ou 
fracasso (X = 0) no cumprimento desse mandado. Analogamente, Y é a variável aleatória que representa o 
sucesso (Y = 1) ou fracasso (Y = 0) de uma diligência do oficial João. 
Com base nessa situação hipotética e considerando a soma S = X + Y, e que P(X = 1) = P(Y = 1) = 0,6 e E(XY) = 
0,5, julgue o item que se segue, acerca das variáveis aleatórias X, Y e S. 
A variável aleatória S segue uma distribuição binomial com parâmetros n = 2 e p = 0,6. 
Comentários: 
A distribuição binomial consiste na repetição de n experimentos de Bernoulli independentes. Assim, para que S 
= X + Y siga a distribuição binomial, é necessário que X e Y sejam independentes. 
Segundo as propriedades da esperança, temos que se as variáveis são independentes, então: 
𝑬(𝑿. 𝒀) = 𝑬(𝑿) × 𝑬(𝒀) 
Na questão anterior, calculamos E(X) = E(Y) = 0,6, logo: 
𝑬(𝑿) × 𝑬(𝒀) = 𝟎, 𝟔 × 𝟎, 𝟔 = 𝟎, 𝟑𝟔 
O enunciado informa que E(X.Y) = 0,5, logo 𝑬(𝑿. 𝒀) ≠ 𝑬(𝑿) × 𝑬(𝒀) e, consequentemente, as variáveis não são 
independentes. 
Portanto, a soma S = X + Y não segue uma distribuição binomial. 
Gabarito: Errado. 
 
24. (CESPE/2012 – Câmara dos Deputados) Considere que, em um estudo realizado para avaliar a 
disponibilidade de 40 urnas eletrônicas para uso imediato, Y seja o número dessas urnas, que apresentavam 
problemas técnicos e que, historicamente, a probabilidade de uma urna apresentar defeito seja igual a 0,08. 
Considere, ainda, que as urnas sejam mutuamente independentes e que 0,036 e 0,039 sejam os valores 
aproximados, respectivamente, de 0,92⁴⁰ e 0,92³⁹. 
Com base nessas informações, julgue o item abaixo. 
O número esperado de Y nesse lote é superior a 3 e menor ou igual a 4, enquanto o desvio padrão de Y se 
encontra dentro do intervalo [1,2]. 
Comentários: 
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Considerando que Y é o número de urnas que apresentam problemas e que, para cada urna há apenas 2 
resultados disponíveis (defeito ou não), então Y tem distribuição binomial com parâmetros p = 0,08 e n = 40. O 
valor esperado é então: 
𝐸(𝑌) = 𝑛𝑝 = 40 × 0,08 = 3,2 
E a variância é, sendo q = 1 – p = 1 – 0,08 = 0,92: 
𝑉(𝑌) = 𝑛𝑝𝑞 = 40 × 0,08 × 0,92 = 2,944 
O desvio padrão, raiz quadrada da variância, é então: 
𝜎 = √𝑉(𝑋) = √2,944 ≅ 1,7 
Gabarito: Certo. 
 
25. (CESPE/2012 – SEDU-ES) Suponha que, em determinado país, 30% das crianças tenham algum tipo de 
dificuldade de aprendizagem. 
Considerando que a população de crianças nesse país seja muito grande, tomando-se uma amostra aleatória de 
10 crianças, a probabilidade de se encontrar nessa amostra exatamente três crianças com algum tipo de 
dificuldade de aprendizagem é superior a 0,15. 
Comentários: 
O número de crianças com dificuldade de aprendizagem encontrado em uma amostra de tamanho 10 segue 
distribuição binomial com parâmetros n = 10 e p = 0,3. 
A probabilidade de encontrar exatamente 3 crianças com dificuldade, sendo q = 1 – p = 0,7, é: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) = 𝑪𝒏,𝒌𝒑𝒌𝒒𝒏−𝒌 
𝑷(𝑿 = 𝟑) = 𝑪𝟏𝟎,𝟑. 𝟎, 𝟑𝟑. 𝟎, 𝟕𝟕 =
𝟏𝟎!
𝟑! 𝟕!
× 𝟎, 𝟎𝟐𝟕 × 𝟎, 𝟎𝟖𝟐𝟑 = 𝟏𝟐𝟎 × 𝟎, 𝟎𝟐𝟕 × 𝟎, 𝟎𝟖𝟐𝟑 ≅ 𝟎, 𝟐𝟕 
Gabarito: Certo. 
 
26. (CESPE/2011 – SEDUC-AM) Considere que a chegada e o atendimento de estudantes em determinada 
fila para matrícula em uma escola possam ser modelados segundo um passeio aleatório simples em tempo 
discreto t = 0, 1, 2, 3 ... e que, em cada instante t, apenas dois eventos sejam possíveis: ou um novo estudante 
entra na fila com probabilidade p ou um estudante na fila é atendido com probabilidade 1 - p. Suponha, ainda, 
que, no instante inicial t = 0, a quantidade de estudantes na fila não seja nula e grande o suficiente para que 
a fila não fique vazia em pouco tempo, e que, a cada instante t, no máximo um estudante pode ser atendido. 
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Com base nessa situação, julgue o item a seguir. 
Na situação em que se consideram apenas os dois instantes iniciais, sendo t = 1 e t = 2, e p = 0,6, é mais provável 
que a fila não cresça. 
Comentários: 
A cada instante t, há apenas duas possibilidades, aluno entra na fila (sucesso) ou aluno atendido (fracasso). 
Considerando que a questão pede por 2 instantes, temos uma distribuição binomial com parâmetros p = 0,6 e 
n = 2. 
A probabilidade de a fila não crescer é igual à probabilidade de um aluno entrar na fila e outro sair, nos dois 
instantes, dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘𝑝𝑘𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝐶2,10,610,40 = 2 × 0,6 × 0,4 = 0,48 
Logo, a probabilidade de não crescer é menor do que a probabilidade de ela não crescer ou de ela crescer. 
Gabarito: Errado. 
 
27. (CESPE/2011 – EBC) Considerando uma sequência de lançamentos de Bernoulli, julgue o item 
subsecutivo. 
Se, de uma urna em que há nA bolas da cor azul e nV bolas da cor vermelha, forem retiradas, simultaneamente, 
n bolas (n < nA + nV < ∞) e o número X de bolas da cor azul for registrado, então a distribuição de X seguirá uma 
distribuição binomial. 
Comentários:Considerando que a população é finita (nA + nV < ∞) e que as bolas são retiradas simultaneamente, ou seja, sem 
reposição. Consequente, as extrações não serão independentes umas das outras e, por isso, X não seguirá uma 
distribuição binomial. 
Gabarito: Errado. 
 
28. (CESPE/2010 – ABIN) A respeito da distribuição binomial X com parâmetros n e p, em que n ≥ 1 e 0 < p 
< 1, julgue o item subsequente. 
Considere a seguinte situação hipotética. De uma urna que contém 15 bolas brancas e 1 bola vermelha serão 
retiradas aleatoriamente 12 bolas. Em cada retirada, será observada a cor da bola selecionada. Se branca, a bola 
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não será devolvida à urna; se vermelha, a bola será devolvida à urna. Ao final do processo, será registrado o 
número X de vezes que a bola vermelha foi observada nessas doze retiradas. Em face dessa situação, é correto 
afirmar que X é uma variável aleatória com distribuição binomial com n = 12. 
Comentários: 
Como a população é de 16 bolas (finita) e que não há reposição de todas as bolas retiradas, as extrações não 
são independentes. Logo, X não segue uma distribuição binomial. 
Gabarito: Errado. 
 
29. (CESPE/2010 – ABIN) Considerando-se que Y siga uma distribuição binomial com parâmetros m e p e 
que X e Y sejam variáveis aleatórias independentes, é correto afirmar que a soma X + Y segue uma distribuição 
binomial com parâmetros (n + m) e p. 
Comentários: 
O enunciado informa que X segue distribuição binomial com parâmetros n (número de ensaios de X) e p 
(probabilidade de sucesso); que Y segue distribuição binomial com parâmetros m (número de ensaios de Y) e p 
(probabilidade de sucesso); e pergunta pela distribuição da soma das variáveis. 
A soma de variáveis com distribuição binomial com mesma probabilidade de sucesso p corresponde a uma nova 
distribuição binomial, com o mesmo parâmetro p, em que o número de ensaios corresponde à soma dos 
números de ensaios. 
Logo, a soma X + Y, de fato, segue distribuição binomial com parâmetros n + m e p. 
Gabarito: Certo. 
 
30. (CESPE/2010 – ANEEL) Um fabricante de impressoras possui três fornecedores — I, II e III — de um 
certo circuito eletrônico. Para a produção de um lote de 100 impressoras, a fábrica dispõe de 50, 30 e 20 
circuitos fornecidos, respectivamente, por I, II e III. 
As probabilidades de que um circuito fornecido por I, II ou III apresente defeito são, respectivamente, iguais 
a 0,01, 0,03 e 0,05. Depois da produção do lote, m impressoras serão selecionadas aleatoriamente para testes 
de qualidade. Um indicador de qualidade da empresa é a razão f = n/m, em que n é o número observado de 
impressoras com defeitos no circuito. 
Considerando as informações acima, julgue o item abaixo. 
Dos circuitos disponíveis no estoque, o número esperado de circuitos defeituosos é menor ou igual a 2. 
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Comentários: 
Do lote de 100 impressoras, o número esperado de peças defeituosas para cada fornecedor é: 
I -> E(X1) = n1.p1 = 50.0,01 = 0,5 
II -> E(X2) = n2.p2 = 30.0,03 = 0,9 
III -> E(X3) = n3.p3 = 20.0,05 = 1 
Logo, o total é: 
I + II + III = 0,5 + 0,9 + 1 = 2,4 
Gabarito: Errado. 
 
31. (CESPE/2010 – PREVIC) Considerando que, a fim de verificar se o pagamento de determinado benefício 
estava de acordo com critérios definidos, um analista tenha selecionado uma amostra aleatória de 100 
pessoas, entre os 2.000 beneficiários existentes na base de dados, e considerando, ainda, que p representa a 
proporção populacional de benefícios corretamente pagos, julgue o próximo item. 
Sabendo que a probabilidade de uma pessoa estar dentro dos critérios requeridos pelo benefício é 0,9, a 
probabilidade de exatamente 2 pessoas observadas na amostra estarem dentro dos critérios requeridos pelo 
benefício é superior a 0,10. 
Comentários: 
Podemos verificar a afirmativa utilizando uma distribuição binomial. Neste caso, vamos considerar como 
"probabilidade de sucesso" a probabilidade de uma pessoa estar dentro dos critérios requeridos e a negativa 
como probabilidade de fracasso. Portanto, p = 0,9 (probabilidade de sucesso, isto é, estar dentro dos critérios); 
n é o número de ocorrências, ou seja, número de pessoas da amostra, portanto n = 100; e k é a quantidade de 
pessoas dentro dos critérios, neste caso k = 2. Logo: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝐶𝑛,𝑘 . 𝑝𝑘. 𝑞𝑛−𝑘 
𝑃(𝑋 = 2) = 𝐶100,2. (0,9)2. (0,1)98 
Para facilitar a visualização, vamos considerar que 0,1 = 1/10 = 10-1: 
𝑃(𝑋 = 2) =
100 × 99
2
× 0,81 × 10−98 = 4009,5 × 10−98 ≅ 4 × 10−95 
Esse valor é muito inferior a 0,10. 
Gabarito: Errado. 
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QUESTÕES COMENTADAS – CEBRASPE 
Distribuição Geométrica 
1. (Cebraspe/2015 – Engenheiro Mecânico MEC) Considerando que a demanda diária por serviços de 
manutenção em certa instituição seja uma variável aleatória discreta N com função de probabilidade definida 
como P(N = n) = 0,8 × 0,2n, em que n = 0,1, 2, 3, þ, julgue o próximo item. 
A moda da distribuição N é igual ou superior a 1. 
Comentários: 
Vamos utilizar a tabela de distribuição para calcular a probabilidade de alguns valores da variável aleatória: 
x P(x) 
0 0,8x0,20=0,8 
1 0,8x0,21=0,8x0,2=0,16 
2 0,8x0,22=0,8x0,04=0,032 
3 0,8x0,23=0,8x0,008=0,0064 
4 0,8x0,24=0,8x0,0016=0,00128 
Veja que a probabilidade reduz conforme x aumenta. Portanto, a moda é x = 0. 
Como 0 < 1, então o item está errado. 
Gabarito: Errado. 
 
2. (Cebraspe/2015 – Engenheiro Mecânico MEC) Considerando que a demanda diária por serviços de 
manutenção em certa instituição seja uma variável aleatória discreta N com função de probabilidade definida 
como P(N = n) = 0,8 × 0,2n, em que n = 0,1, 2, 3, þ, julgue o próximo item. 
A média da variável aleatória N é menor que 1. 
Comentários: 
Trata-se de uma variável com distribuição geométrica, com a parametrização alternativa, isto é, em que a 
variável representa o número de fracassos obtidos até o primeiro sucesso. A média (esperança) dessa 
distribuição é dada por: 
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𝐸(𝑋) =
𝑞
𝑝
 
Pela função de probabilidade fornecida pelo enunciado, observamos que p = 0,8 e q = 0,2, logo: 
𝐸(𝑋) =
0,2
0,8
= 0,25 
Que é menor que 1. 
Gabarito: Certo. 
 
3. (Cebraspe/2015 – Engenheiro Mecânico MEC) Considerando que a demanda diária por serviços de 
manutenção em certa instituição seja uma variável aleatória discreta N com função de probabilidade definida 
como P(N = n) = 0,8 × 0,2n, em que n = 0,1, 2, 3, þ, julgue o próximo item. 
A probabilidade de X ser superior a 3 é inferior a 50%. 
Comentários: 
Considerando que X representa a quantidade de decisões até a ocorrência da primeira desfavorável, X apresenta 
distribuição geométrica. A probabilidade de X = k, para k = 1, 2, 3,..., é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞𝑘−1. 𝑝 
A probabilidade de fracasso (decisão favorável) é q = ¾, conforme enunciado. Assim, a probabilidade de sucesso 
(decisão desfavorável) é p = 1 – q = ¼. 
A probabilidade de X > 3 é igual a: 
𝑃(𝑋 > 3) = 1 − 𝑃(𝑋 = 1) − 𝑃(𝑋 = 2) − 𝑃(𝑋 = 3) 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝑝 =
1
4
 
𝑃(𝑋 = 2) = 𝑞. 𝑝 =
3
4
×
1
4
=
3
16
 
𝑃(𝑋 = 3) = 𝑞2. 𝑝 = (
3
4
)
2
×
1
4
=
9
64
 
Logo: 
𝑷(𝑿 > 𝟑) = 𝟏 −
𝟏
𝟒
−
𝟑
𝟏𝟔
−
𝟗
𝟔𝟒
= 𝟏 −
𝟏𝟔 + 𝟏𝟐 + 𝟗
𝟔𝟒
= 𝟏 −
𝟑𝟕
𝟔𝟒
=
𝟐𝟕
𝟔𝟒
≅ 𝟎, 𝟒𝟐 
Gabarito: Certo. 
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4. (Cebraspe/2016 – TCE/PA)Considere que Y seja uma variável aleatória que representa o número de 
erros cometidos por um atendente no preenchimento de formulários e que a função de probabilidade de Y 
seja definida por 𝑷(𝒀 = 𝒌) = 𝟎, 𝟗 × (𝟎, 𝟏)𝒌, em que k = 0, 1, 2, .... A partir dessas informações, julgue o item 
que se segue. 
A distribuição Y é amodal 
Comentários: 
A moda de uma distribuição é X = 1, pois este valor está associado à maior probabilidade da distribuição. Como 
existe uma moda, a distribuição não é amodal (sem moda). 
Gabarito: Errado. 
 
5. (Cebraspe/2016 – TCE/PA) Considere que Y seja uma variável aleatória que representa o número de 
erros cometidos por um atendente no preenchimento de formulários e que a função de probabilidade de Y 
seja definida por 𝑷(𝒀 = 𝒌) = 𝟎, 𝟗 × (𝟎, 𝟏)𝒌, em que k = 0, 1, 2, .... A partir dessas informações, julgue o item 
que se segue. 
𝑃(𝑌 ≥ 2) = 0,01. 
Comentários: 
Sabemos que a probabilidade de todos os valores possíveis para Y é igual a 1: 
𝑃(𝑌 ≥ 2) = 1 − 𝑃(𝑌 = 0) − 𝑃(𝑌 = 1) 
Pela função probabilidade apresentada, temos: 
𝑃(𝑌 = 0) = 0,9 × (0,1)0 = 0,9 × 1 = 0,9 
𝑃(𝑌 = 1) = 0,9 × (0,1)1 = 0,9 × 0,1 = 0,09 
Portanto: 
𝑃(𝑌 ≥ 2) = 1 − 0,9 − 0,09 = 0,01 
Gabarito: Certo. 
 
 
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6. (Cebraspe/2016 – TCE/PA) Considere que Y seja uma variável aleatória geométrica que representa o 
número de erros cometidos por um atendente no preenchimento de formulários e que a função de 
probabilidade de Y seja definida por P(Y = k) = 0,9 × (0,1)k, em que k = 0, 1, 2, ... A partir dessas informações, 
julgue o item que se segue. 
O desvio padrão da variável Y é inferior a 1. 
Comentários: 
Observa-se que a questão apresenta a segunda forma de parametrização da distribuição geométrica, da forma: 
P(Y = k) = qk.p, com k = 0, 1, 2,..., com q = 0,1 e p = 0,9. 
A variância (que não se altera com o tipo de parametrização) é dada por: 
𝑉(𝑋) =
𝑞
𝑝2
=
0,1
(0,9)2
=
0,1
0,81
=
10
81
 
O desvio padrão, raiz quadrada da variância, é dado por: 
𝜎 = √𝑉(𝑋) =
√10
9
≅ 0,35 
Gabarito: Certo. 
 
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QUESTÕES COMENTADAS – CEBRASPE 
Distribuição de Poisson 
1. (CESPE/2010 – DETRAN-ES/Estatístico) Considerando que foi realizado estudo para modelar a 
distribuição da quantidade X de pontos acumulados por infrações de trânsito cometidas por um condutor de 
veículo de passeio ao longo de um ano, julgue o item a seguir, relativos a probabilidades e inferência 
estatística. 
Nessa situação, caso X siga uma distribuição de Poisson com desvio padrão 𝜎, o coeficiente de variação de X 
será igual a 
𝟏
𝝈
. 
Comentários: 
O coeficiente de variação é a razão entre o desvio padrão e a média: 
𝑪𝑽 =
𝝈
𝝁
 
Sendo 𝝈 o desvio padrão, a variância será 𝑽(𝑿) = 𝝈𝟐. 
Na distribuição de Poisson, temos E(X) = V(X). Assim, 𝝁 = 𝑬(𝑿) = 𝝈𝟐. 
Substituindo na fórmula do coeficiente de variação, temos: 
𝑪𝑽 =
𝝈
𝝈𝟐
=
𝟏
𝝈
 
Gabarito: Certo. 
 
 
2. (Cebraspe/2018 – PF/Papiloscopista) Em determinado município, o número diário X de registros de 
novos armamentos segue uma distribuição de Poisson, cuja função de probabilidade é expressa por 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝑴𝑴𝒌
𝒌!
 em que 𝒌 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, …, e M é um parâmetro. 
 
Considerando que a tabela precedente mostra as realizações da variável aleatória X em uma amostra 
aleatória simples constituída por cinco dias, julgue o item que se segue. 
Como a tabela não contempla uma realização do evento X = 7, é correto afirmar que P(X = 7) = 0. 
Comentários: 
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Trata-se de uma distribuição de Poisson. A probabilidade de X = 7 é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒−𝜆𝜆𝑘
𝑘!
 
𝑃(𝑋 = 7) =
𝑒−𝜆𝜆7
7!
≠ 0 
Gabarito: Errado. 
 
3. (CESPE/2011 – SEDUC-AM/Estatístico) Para orientar os investimentos em educação em certo 
município, um analista foi contratado para criar um ranking das escolas públicas desse município. Para cada 
escola, as variáveis disponíveis são a quantidade de turmas, a quantidade de alunos, a quantidade de 
professores, a nota da Prova Brasil e a área do terreno. A partir dessa situação, julgue o item subsequente. 
Suponha que a distribuição da quantidade de turmas por escola siga uma distribuição de Poisson. Nessa 
situação, o modelo que descreve essa distribuição pode ser escrito como 𝑷(𝑿 = 𝒌) = 𝝀𝒆−𝝀𝒌, em que k > 0 e 
𝝀 > 𝟎 representa a média de turmas por escola. 
Comentários: 
Em uma distribuição de Poisson, a probabilidade de X = k é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒−𝜆𝜆𝑘
𝑘!
 
Gabarito: Errado. 
 
4. (CESPE/2010 – MPU/Analista) Uma empresa possui um serviço de atendimento ao consumidor (SAC). 
Diariamente, um atendente registra, em uma folha de papel, as chamadas recebidas. Cada folha de registro 
do atendente do SAC permite o registro de até 20 chamadas. O atendente efetua os registros de forma 
sequencial, anotando, para cada chamada, se houve reclamação. De acordo com os dados históricos, sabe-se 
que, a cada 20 chamadas, a probabilidade de se registrar exatamente uma reclamação é constante e igual a 
0,05. Sabe-se também que o número médio diário de reclamações registradas pelo SAC é igual a 1. 
Com base nessas informações e considerando 2,71 como valor aproximado para o número e, base do 
logaritmo natural, julgue o item. 
Suponha que o número diário de reclamações registradas pelo SAC siga uma distribuição de Poisson. Nessa 
situação, a probabilidade de haver o registro de, no máximo, uma reclamação em determinado dia é superior a 
67%. 
Comentários: 
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A probabilidade de haver no máximo 1 reclamação é igual a: 
𝑷(𝑿 ≤ 𝟏) = 𝑷(𝑿 = 𝟎) + 𝑷(𝑿 = 𝟏) 
Para a distribuição de Poisson, a probabilidade P(X = k): 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀. 𝝀𝒌
𝒌!
 
Logo, com 𝝀 = 𝟏, temos: 
𝑷(𝑿 = 𝟎) =
𝒆−𝟏. 𝟏𝟎
𝟎!
=
𝒆−𝟏. 𝟏
𝟏
= 𝒆−𝟏 =
𝟏
𝒆
≅
𝟏
𝟐, 𝟕
≅ 𝟎, 𝟑𝟕 
𝑷(𝑿 = 𝟏) =
𝒆−𝟏. 𝟏𝟏
𝟏!
=
𝒆−𝟏. 𝟏
𝟏
= 𝒆−𝟏 =
𝟏
𝒆
≅
𝟏
𝟐, 𝟕
≅ 𝟎, 𝟑𝟕 
Assim: 
𝑷(𝑿 ≤ 𝟏) ≅ 𝟎, 𝟑𝟕 + 𝟎, 𝟑𝟕 = 𝟎, 𝟕𝟒 
Gabarito: Certo. 
 
5. (CESPE/2010 – MPU/Analista) Uma empresa possui um serviço de atendimento ao consumidor (SAC). 
Diariamente, um atendente registra, em uma folha de papel, as chamadas recebidas. Cada folha de registro 
do atendente do SAC permite o registro de até 20 chamadas. O atendente efetua os registros de forma 
sequencial, anotando, para cada chamada, se houve reclamação. De acordo com os dados históricos, sabe-se 
que, a cada 20 chamadas, a probabilidade de se registrar exatamente uma reclamação é constante e igual a 
0,05. Sabe-se também que o número médio diário de reclamações registradas pelo SAC é igual a 1. 
Com base nessas informações e considerando 2,71 como valor aproximado para o número e, base do 
logaritmo natural, julgue o item. 
Suponha que o número de reclamações registradas pelo SAC, X(t), em um intervalo de tempo t, siga um processo 
de Poisson e que X(1) represente o número diário de reclamações registradas. Nessa situação, é correto afirmar 
que a variância de X(t) cresce linearmente com t. 
Comentários: 
Pelo enunciado, podemos afirmar que t representa o número de dias da análise. Considerando que precisamos 
ajustar o valor de 𝝀 de acordo com o número de dias da análise e que há uma reclamação por dia, temos 𝝀 = 𝒕, 
ou seja, há t reclamações a cada t dias. 
A variância em uma distribuição de Poisson é 𝑽(𝑿) = 𝝀, ou seja, 𝑽(𝑿) = 𝒕. Portanto, a variância cresce 
linearmente com t. 
Gabarito: Certo.Equipe Exatas Estratégia Concursos
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6. (CESPE/2010 – TRE-ES/Analista Judiciário) Uma empresa iniciou suas atividades com R$ 30 mil de 
capital. O custo fixo mensal da empresa é de R$ 5 mil. As vendas de seus produtos ocorrem segundo um 
processo de Poisson, com taxa igual a R$ 1 mil por mês. A empresa fechará no momento que o seu capital for 
igual ou inferior a zero. Com base nessa situação, e considerando exp(– 6) = 0,0025, julgue o item seguinte. 
A probabilidade de a empresa sobreviver além do sexto mês de funcionamento é inferior a 0,95. 
Comentários: 
A probabilidade de a empresa sobreviver além do sexto mês é o complementar da probabilidade de a empresa 
falir em até 6 meses. Considerando que o custo fixo mensal é de R$ 5.000, em 6 meses, o custo fixo total terá 
sido de 6 x R$ 5.000 = R$ 30.000. Esse valor é igual ao capital inicial. Assim, a empresa irá falir (terá o seu capital 
igual a zero) nesse período apenas se não realizar venda durante 6 meses. 
Considerando que a média de vendas é de R$ 1.000 por mês, então em 6 meses, a média de vendas é de R$ 
6.000. Assim, a probabilidade P(X = 0), com 𝝀 = 𝟔, é: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀𝝀𝒌
𝒌!
 
𝑷(𝑿 = 𝟎) =
𝒆−𝟔𝟔𝟎
𝟎!
= 𝒆−𝟔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟓 
Logo, a probabilidade de a empresa sobreviver é: 
𝑷(𝑿 > 𝟎) = 𝟏 − 𝑷(𝑿 = 𝟎) = 𝟎, 𝟗𝟗𝟕𝟓 
Gabarito: Errado. 
 
7. (Cebraspe/2013 – ANTT-DF/Área Estatística) 
 
A figura acima apresenta um trecho de uma rodovia com três faixas de rolamento. Considere que X(t) 
represente o número de veículos que passam nesse trecho durante um intervalo de tempo de duração t (em 
minutos) e que X(t) siga um processo de Poisson com parâmetro 6t, ou seja, P(X(t) = x) = 
𝒆−𝟔𝒕(𝟔𝒕)𝒙
𝒙!
. Suponha, 
ainda, que, no intervalo t, cada veículo selecione aleatoriamente as faixas de rolamento 1, 2 e 3 com 
probabilidades 0,5; 0,3 e 0,2, respectivamente. Com base nessas informações, julgue o próximo item. 
O número de veículos que passam nesse trecho pela faixa de rolamento 3 durante um intervalo de tempo de 
duração t (em minutos) segue um processo de Poisson com parâmetro 1,2t. 
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Comentários: 
O número de veículos que passam nesse trecho segue uma distribuição de Poisson, com parâmetro 𝝀𝑿 = 𝟔𝒕 e 
média 𝑬(𝑿) = 𝝀 = 𝟔𝒕. Considerando que 20% desses veículos passam pela faixa 3, ou seja, X3 = 0,2.X, então, 
pelas propriedades da esperança, temos: 
𝑬(𝑿𝟑) = 𝑬(𝟎, 𝟐𝑿) = 𝟎, 𝟐𝑬(𝑿) = 𝟎, 𝟐 × 𝟔𝒕 = 𝟏, 𝟐𝒕 
Sabendo que a média da distribuição de Poisson é igual ao seu parâmetro, então, 𝝀𝑿𝟑
= 𝟏, 𝟐𝒕. 
Gabarito: Certo. 
 
8. (CESPE/2012 – CNJ/Analista Judiciário) A quantidade de chamadas que uma central telefônica recebe 
por hora é modelado por uma distribuição de Poisson, com parâmetro λ = 12 chamadas por hora. Nesse caso, 
a probabilidade de a central telefônica receber: 
menos de três chamadas em uma hora é igual a 𝟖𝟓𝒆−𝟏𝟐. 
Comentários: 
A probabilidade de receber menos de 3 chamadas corresponde a: 
𝑷(𝑿 < 𝟑) = 𝑷(𝑿 = 𝟎) + 𝑷(𝑿 = 𝟏) + 𝑷(𝑿 = 𝟐) 
Em uma distribuição de Poisson, a probabilidade de [X = k] é dada por: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀𝝀𝒌
𝒌!
 
Sendo 𝝀 = 𝟏𝟐, logo: 
𝑷(𝑿 = 𝟎) =
𝒆−𝟏𝟐𝟏𝟐𝟎
𝟎!
=
𝒆−𝟏𝟐𝟏
𝟏
= 𝒆−𝟏𝟐 
𝑷(𝑿 = 𝟏) =
𝒆−𝟏𝟐𝟏𝟐𝟏
𝟏!
= 𝟏𝟐𝒆−𝟏𝟐 
𝑷(𝑿 = 𝟐) =
𝒆−𝟏𝟐𝟏𝟐𝟐
𝟐!
=
𝒆−𝟏𝟐. 𝟏𝟒𝟒
𝟐
= 𝟕𝟐𝒆−𝟏𝟐 
Portanto: 
𝑷(𝑿 < 𝟑) = 𝒆−𝟏𝟐 + 𝟏𝟐𝒆−𝟏𝟐 + 𝟕𝟐𝒆−𝟏𝟐 = 𝟖𝟓𝒆−𝟏𝟐 
Gabarito: Certo. 
 
9. (CESPE/2012 – CNJ/Analista Judiciário) A quantidade de chamadas que uma central telefônica recebe 
por hora é modelado por uma distribuição de Poisson, com parâmetro λ = 12 chamadas por hora. Nesse caso, 
a probabilidade de a central telefônica receber: 
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exatamente duas chamadas em 20 minutos é igual a 
𝟏𝟐𝟔
𝟔!
𝒆−𝟏𝟐. 
Comentários: 
Em uma distribuição de Poisson, a probabilidade de [X = k] é dada por: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀𝝀𝒌
𝒌!
 
Pontue-se que a pergunta se refere a chamadas em 20 minutos, enquanto o parâmetro foi informado por hora, 
sendo 1 hr = 60 minutos = 3 x 20 minutos. Logo, o valor do parâmetro a cada 20 minutos é: 
𝝀 =
𝟏𝟐
𝟑
= 𝟒 
Assim, a probabilidade de [X = 2] é: 
𝑷(𝑿 = 𝟐) =
𝒆−𝟒. 𝟒𝟐
𝟐!
= 𝟖𝒆−𝟒 
Gabarito: Errado. 
 
10. (Cebraspe/2013 – MC/Análises Técnicas) A quantidade diária de reclamações — X — recebidas em 
uma central de atendimento ao consumidor segue uma distribuição de Poisson, em que P(X = 0) = 0,5. Nesse 
sentido, julgue o próximo item. 
O valor esperado de X é igual a ln2. 
Comentários: 
Para resolver essa questão, vamos encontrar o valor do parâmetro da distribuição, 𝒏𝒑 = 𝝀, a partir da 
informação de que P(X = 0) = 0,5: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀𝝀𝒌
𝒌!
 
𝑷(𝑿 = 𝟎) =
𝒆−𝝀𝝀𝟎
𝟎!
=
𝒆−𝝀. 𝟏
𝟏!
= 𝒆−𝝀 = 𝟎, 𝟓 
Pela definição de logaritmo, podemos escrever 𝑒−𝜆 = 0,5 como: 
−𝜆 = loge 0,5 
Sabendo que ln é o logaritmo na base e, temos: 
−𝜆 = ln 0,5 
Como a questão trata de ln 2, vamos representar 0,5 = ½ como 2-1 e aplicar a propriedade do logaritmo: 
𝝀 = − 𝐥𝐧(𝟐−𝟏) = −(−𝟏 × 𝐥𝐧 𝟐) = 𝐥𝐧 𝟐 
Logo, E(X) = 𝝀 = 0,2 
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Gabarito: Certo. 
 
11. (CESPE/2012 – ANP/Especialista) A respeito da teoria básica de probabilidades, julgue o item 
subsequente. 
Se uma variável aleatória de Poisson é tal que 2⋅ P(X = 4) = P(X = 3), a média de X é 0,5. 
Comentários: 
Para resolver essa questão, vamos encontrar o valor do parâmetro da distribuição, 𝒏𝒑 = 𝝀, a partir da 
informação de que 2.P(X = 4) = P(X = 3). A probabilidade de X = k em uma distribuição de Poisson é: 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝝀𝝀𝒌
𝒌!
 
Logo: 
𝑷(𝑿 = 𝟑) =
𝒆−𝝀𝝀𝟑
𝟑!
 
𝑷(𝑿 = 𝟒) =
𝒆−𝝀𝝀𝟒
𝟒!
 
Assim, 2.P(X = 4) = P(X = 3) corresponde a: 
𝟐
𝒆−𝝀𝝀𝟒
𝟒!
=
𝒆−𝝀𝝀𝟑
𝟑!
 
Dividindo ambos os lados por 𝒆−𝝀𝝀𝟑, temos: 
𝝀
𝟒 × 𝟑
=
𝟏
𝟔
 
𝟔𝝀 = 𝟏𝟐 
𝝀 = 𝟐 
Como 𝑬(𝑿) = 𝝀, a média é igual a 2. 
Gabarito: Errado. 
 
12. (Cebraspe/2020 – TJ-PA/Analista Judiciário) Uma amostra aleatória simples de tamanho 5 foi retirada 
de uma distribuição de Poisson com média igual a 5. Essa amostra é representada por X1, X2, X3, X4, X5, em 
que cada variável Xk denota o total de erros processuais registrados em certo cartório judicial no dia k, com k 
= {1, 2, 3, 4, 5}. A respeito da quantidade semanal de erros processuais registrados nesse cartório Y = X1 + X2 
+ X3 + X4 +X5, assinale a opção correta. 
a) O coeficiente de variação de Y é igual a 1. 
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b) E(Y) < 20 
c) O desvio padrão de Y é igual a 5. 
d) Para k = 1, 2, 3, 4, 5, tem-se que P(Y = 0) >= P(Xk = 0) 
e) A média semanal de erros processuais, denotada por Y/5, segue uma distribuição normal. 
Comentários: 
Considerando que a média da distribuição de Poisson é 𝝀𝑿 = 𝟓 e sabendo que a soma de variáveis com 
distribuição de Poisson também apresenta distribuição de Poisson com parâmetro igual a soma dos parâmetros, 
temos: 
𝝀𝒀 = 𝟓 + 𝟓 + 𝟓 + 𝟓 + 𝟓 = 𝟐𝟓 
Em relação à alternativa A, o coeficiente de variação de Y é dado por: 
𝑪𝑽 =
𝝈𝒀
𝝁𝒀
 
Em uma distribuição de Poisson, temos 𝝁𝒀 = 𝑬(𝒀) = 𝝀𝒀 = 𝟐𝟓. Também sabemos que 𝑽(𝒀) = 𝝀𝒀 = 𝟐𝟓. Logo, 
o desvio padrão é 𝝈𝒀 = √𝑽(𝒀) = √𝟐𝟓 = 𝟓. Assim, o coeficiente de variação é: 
𝑪𝑽 =
𝟓
𝟐𝟓
=
𝟏
𝟓
 
Logo, a alternativa A está errada. 
Em relação à alternativa B, vimos que 𝑬(𝒀) =𝝀𝒀 = 𝟐𝟓. Logo, a alternativa B está errada. 
Em relação à alternativa C, vimos que 𝝈𝒀 = √𝑽(𝒀) = √𝟐𝟓 = 𝟓. Logo, a alternativa C está correta. 
Em relação à alternativa D, a probabilidade P(Y = 0) corresponde à probabilidade de todas as variáveis Xk serem 
iguais a zero (interseção), o que é bem menor que a probabilidade de uma única variável qualquer Xk ser igual 
a zero. Matematicamente, temos: 
𝑷(𝒀 = 𝟎) = 𝒆−𝟐𝟓 
𝑷(𝑿𝒌 = 𝟎) = 𝒆−𝟓 
Observa-se que 𝒆−𝟐𝟓 < 𝒆−𝟓, logo P(Y = 0) < P(Xk = 0). Logo, a alternativa D está errada. 
Em relação à alternativa E, a média semanal de erros processuais segue distribuição de Poisson. Logo, a 
alternativa E está errada. 
Gabarito: C. 
 
13. (Cebraspe/2013 – Analista Judiciário STF) As quantidades diárias de processos administrativos (N) 
protocolados em certo órgão público seguem uma distribuição de Poisson com média igual a 5. Cada processo 
protocolado é encaminhado para a superintendência A ou para a B e, assim, a soma 𝒀 = ∑ 𝑿𝒊
𝑵
𝒊=𝟏 , em que Xi = 
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1 se o processo segue para a superintendência A, e Xi = 0 se o processo segue para B, representa o total diário 
de processos administrativos protocolados que se destinam para a superintendência A. 
Com base nessa situação, julgue o seguinte item considerando que X1, X2, ..., XN sejam variáveis aleatórias 
independentes, e que P(X1 = 1) = P(X2 = 1) = ... = P(XN = 1) = 0,8. 
A quantidade média diária de processos administrativos que se destinam para a superintendência A é igual a 4. 
Comentários: 
Considerando que as quantidades diárias de processos seguem uma distribuição de Poisson, com média 𝜆 = 5 
e sabendo que a probabilidade de cada processo administrativo ser destinada à superintendência A é de 80%, 
então a média diária destinada a essa superintendência é: 
𝜆𝐴 = 0,8 × 5 = 4 
Gabarito: Certo 
 
14. (Cebraspe/2013 – Analista Judiciário STF) As quantidades diárias de processos administrativos (N) 
protocolados em certo órgão público seguem uma distribuição de Poisson com média igual a 5. Cada processo 
protocolado é encaminhado para a superintendência A ou para a B e, assim, a soma 𝒀 = ∑ 𝑿𝒊
𝑵
𝒊=𝟏 , em que Xi = 
1 se o processo segue para a superintendência A, e Xi = 0 se o processo segue para B, representa o total diário 
de processos administrativos protocolados que se destinam para a superintendência A. 
Com base nessa situação, julgue o seguinte item considerando que X1, X2, ..., XN sejam variáveis aleatórias 
independentes, e que P(X1 = 1) = P(X2 = 1) = ... = P(XN = 1) = 0,8. 
O número diário de processos protocolados que são destinados à superintendência B segue uma distribuição 
de Poisson com média igual a 1. 
Comentários: 
Considerando que as quantidades diárias de processos seguem uma distribuição de Poisson, com média 𝜆 = 5 
e sabendo que a probabilidade de cada processo administrativo ser destinada à superintendência B é 100% - 
80% = 20%, então a média diária destinada a essa superintendência é: 
𝜆𝐴 = 0,2 × 5 = 1 
Gabarito: Certo 
 
15. (Cebraspe/2018 – Analista Administrativo EBSERH) O total diário - X - de pessoas recebidas em uma 
unidade de pronto atendimento (UPA) para atendimento ambulatorial, e o total diário - Y - de pessoas 
recebidas nessa mesma UPA para atendimento de urgência segue processos de Poisson homogêneos, com 
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médias, respectivamente, iguais a 20 pacientes/dia e 10 pacientes/dia, e as variáveis aleatórias X e Y são 
independentes. Sabe-se que, em média, a necessidade de cuidados hospitalares atinge 10% dos pacientes do 
atendimento ambulatorial e 90% dos pacientes do atendimento de urgência. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando que o registro da necessidade de 
cuidados hospitalares seja feito no momento em que o paciente chegue à UPA e que H seja a quantidade 
diária registrada de pacientes com necessidades de cuidados hospitalares. 
Considerando a equivalência 1 dia=24 horas, então o tempo médio de chegada entre dois pacientes 
consecutivos para o atendimento de urgência nessa UPA é inferior a 3 horas. 
Comentários: 
Sabendo que Y representa o total diário de pessoas recebidas em uma UPA para atendimento de urgência, com 
média de 10 pacientes/dia, então a média de tempo entre dois pacientes é: 
24
10
= 2,4 
Como 2,4 é inferior a 3, então o item está certo. 
Gabarito: Certo 
 
16. (Cebraspe/2013 – Estatístico FUB) Tendo em vista que o número diário X de recursos administrativos 
protocolados em certa repartição pública segue uma distribuição de Poisson com taxa igual a ln10 processos 
por dia, julgue o item que se segue. 
O desvio padrão da distribuição de X é inferior a ln10 processos por dia. 
Comentários: 
Sabendo que X segue uma distribuição de Poisson com média ln 10 ( = ln 10), então o desvio padrão é dado 
por: 
𝜎 = √𝑉(𝑋) = √𝜆 = √ln 10 
Como ln 10 > 1, então 𝜎 = √ln 10 < ln 10. 
Gabarito: Certo 
 
17. (Cebraspe/2013 – Estatístico FUB) Tendo em vista que o número diário X de recursos administrativos 
protocolados em certa repartição pública segue uma distribuição de Poisson com taxa igual a ln10 processos 
por dia, julgue o item que se segue. 
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A distribuição do número diário de recursos administrativos apresenta coeficiente de variação igual a 1. 
Comentários: 
Sabendo que X segue uma distribuição de Poisson com média ln 10 ( = ln 10), então o coeficiente de variação 
é dado por: 
𝐶𝑉 =
𝜎
𝜇
=
√𝜆
𝜆
=
√ln 10
ln 10
 
Como √ln 10 < ln 10, então 𝐶𝑉 < 1. 
Gabarito: Errado. 
 
18. (Cebraspe/2013 – Estatístico FUB) Tendo em vista que o número diário X de recursos administrativos 
protocolados em certa repartição pública segue uma distribuição de Poisson com taxa igual a ln10 processos 
por dia, julgue o item que se segue. 
Em determinado dia, a probabilidade de não haver recurso protocolado é igual ou inferior a 0,1. 
Comentários: 
Sabendo que X segue uma distribuição de Poisson com média ln 10 ( = ln 10), então a probabilidade P(X = 0) é 
dada por: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑒−𝜆 = 𝑒− ln 10 
Considerando a propriedade 𝑏−𝑎 =
1
𝑏𝑎, temos: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑒− ln 10 =
1
𝑒ln 10
 
Pelas propriedades do logaritmo, temos 𝑏log𝑏 𝑎 = 𝑎, isto é, a base 𝑏 elevada ao logaritmo (expoente) de 𝒂 na 
base 𝑏 é justamente igual 𝑎. Logo, 𝑒ln 10 = 10: 
𝑃(𝑋 = 0) =
1
𝑒ln 10
=
1
10
= 0,1 
Gabarito: Certo. 
 
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19. (Cebraspe/2013 – Estatístico FUB) Tendo em vista que o número diário X de recursos administrativos 
protocolados em certa repartição pública segue uma distribuição de Poisson com taxa igual a ln10 processos 
por dia, julgue o item que se segue. 
A distribuição de Poisson não possui memória, pois P(X = k|X ≥ 1) = P(X = k – 1), em que k ≥ 1. 
Comentários: 
A probabilidade condicional é calculada como: 
𝑃(𝑋 = 𝑘|𝑋 ≥ 1) =
𝑃(𝑋 = 𝑘 ∩ 𝑋 ≥ 1)
𝑃(𝑋 ≥ 1)
=
𝑃(𝑋 = 𝑘)
𝑃(𝑋 ≥ 1)
 
Considerando que X segue distribuição de Poisson, então: 
𝑃(𝑋 = 𝑘) =
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘
𝑘!
 
Sabemos, ainda, que: 
𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑋 < 1) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑒−𝜆 
Logo: 
𝑃(𝑋 ≥ 1) = 1 − 𝑒−𝜆 
Então, a probabilidade condicional é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘|𝑋 ≥ 1) =
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘
𝑘!
1 − 𝑒−𝜆
=
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘
𝑘! (1 − 𝑒−𝜆)
 
Por outro lado, P(X = k – 1) é dada por: 
𝑃(𝑋 = 𝑘 − 1) =
𝑒−𝜆. 𝜆𝑘−1
(𝑘 − 1)!
 
Logo, temos 𝑃(𝑋 = 𝑘|𝑋 ≥ 1) ≠ 𝑃(𝑋 = 𝑘 − 1). 
Gabarito: Errado. 
 
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20. (Cebraspe/2016 – Analista de Controle TCE/PR) Suponha que o número mensal X de pessoas que 
sofrem algum tipo de acidente em um centro comercial siga uma distribuição de Poisson. Considerando que 
P(X = 0) = 0,1 e ln10 = 2,3, assinale a opção correta. 
a) A distribuição X possui desvio padrão igual ou superior a 2. 
b) P(X>1) = 0,9 
c) 0,20 < P(X = 1) < 0,25 
d) P(X < 0) > 0 
e) A esperança de X é igual ou superior a 3. 
Comentários: 
Sabendo X segue uma distribuição de Poisson e que P(X = 0) = 0,1, então: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑒−𝜆 = 0,1 
Então, pela propriedade 𝑏−𝑎 = (
1
𝑏
)
𝑎
, então: 
(
1
𝑒
)
𝜆
=
1
𝑒𝜆
= 0,1 
𝑒𝜆 =
1
0,1
= 10 
Pela definição de logaritmo, temos: 
𝜆 = ln 10 = 2,3 
A esperança de X (alternativa e) é E(X) = 𝜆 = 2,3 (portanto, a alternativa e está errada). 
A variância de X (alternativa a) é V(X) = 𝜆 = 2,3. O desvio padrão é, portanto: 
𝜎 = √𝑉(𝑋) = √2,3 
Esse valor é menor que 2, então a alternativa a está errada. 
A probabilidade P(X = 1) (alternativa c) é dada por: 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝜆. 𝑒−𝜆 = 2,3 × 0,1 = 0,23 
Como 0,20 < 0,23 < 0,25, então a alternativa c está correta. 
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A probabilidade P(X > 1) (alternativa b) é igual a: 
P(X > 1) = 1 – P(X=0) – P(X = 1) = 1 – 0,23 – 0,1 = 0,67 
Portanto, a alternativa b está errada. 
Em relação à alternativa d, a distribuição de Poisson vale para X = 0, 1, 2, ..., n. Então P(X < 0) = 0 ou seja, a 
alternativa d está errada. 
Gabarito: C 
 
21. (Cebraspe/2015 – Estatístico FUB) Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de 
requerimentos administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas quantidades 
seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a ln15 requerimentos por dia e ln4 
recursos por dia. 
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam independentes e 
que S = X + Y, julgue o seguinte item. 
Em determinado dia, a probabilidade de não haver recebimento de requerimento administrativo nessa 
repartição será inferior a 0,08. 
Comentários: 
A probabilidade de não haver recebimento de requerimento é dada por: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑒−𝜆 = 𝑒− ln 15 
Considerando a propriedade 𝑏−𝑎 =
1
𝑏𝑎 bem como 𝑏log𝑏 𝑎 = 𝑎, logo: 
𝑃(𝑋 = 0) = 𝑒− ln 15 =
1
𝑒ln 15
=
1
15
≅ 0,067 
Gabarito: Certo 
 
22. (Cebraspe/2015 – Estatístico FUB) Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de 
requerimentos administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas quantidades 
seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a ln15 requerimentos por dia e ln4 
recursos por dia. 
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam independentes e 
que S = X + Y, julgue o seguinte item. 
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A variância da distribuição de Y é igual a ln4. 
Comentários: 
Sabemos que a para a distribuição de Poisson, temos E(Y) = V(Y) = 𝜆. Portanto, V(Y) = ln 4. 
Gabarito: Certo 
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LISTA DE QUESTÕES – CEBRASPE 
Distribuição Uniforme 
1. (CEBRASPE/2022 – TCE/SC) Considerando uma sequência de variáveis aleatórias {𝑿𝒌}, em que 
𝑷(𝑿𝒌 = −𝟎, 𝟐𝒌) = 𝑷(𝑿𝒌 = 𝟎, 𝟐𝒌) = 𝟎, 𝟓, para 𝒌 ∈ {𝟏, 𝟐,… }, julgue o item a seguir, com relação à soma 
𝑺𝒏 = ∑ 𝑿𝒌
𝒏
𝒌=𝟏 . 
𝑋𝑘 segue distribuição uniforme discreta. 
 
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GABARITO 
1. CERTO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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LISTA DE QUESTÕES – CEBRASPE 
Distribuição de Bernoulli 
1. (CESPE/2011 – SEDUC-AM) 
 
A tabela acima contém um conjunto de dados formado por quatro variáveis: RG; gênero ( M = masculino; 
F = feminino); grau de instrução (1 = analfabeto; 2 = fundamental incompleto; 3 = fundamental completo; 
4 = médio incompleto; 5 = médio completo ou superior); e hiperatividade (S = sim; N = não). Com base 
nessa tabela, julgue o item seguinte. 
Com relação à variável dicotômica hiperatividade, atribuindo-se valor 1 para uma categoria e 0 para a outra, 
a média dessa variável binária representa a frequência relativa de observações que receberam valor 1. 
 
2. (Cebraspe/2013 – MPU) As variáveis aleatórias X e Y seguem uma distribuição de Bernoulli com 
probabilidade de sucesso igual a 0,4. Considerando S = X + Y e que os eventos aleatórios A = [X = 1] e B = 
[Y = 1] sejam mutuamente exclusivos, julgue o item subsequente. 
É correto afirmar que 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵) = 𝑃(𝑆 = 1) = 0,8. 
 
3. (Cebraspe/2016 – TCE-PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais 
que P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
A média de Y é superior a 0,5. 
 
4. (Cebraspe/2016 – TCE-PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais 
que P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
As variâncias de X e Y são iguais. 
 
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5. (Cebraspe/2016 – TCE-PA) Se as variáveis aleatórias X e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais 
que P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
A distribuição X2 é Bernoulli com média igual a 0,81. 
 
6. (Cebraspe/2013 – STF) Pedro e João são os oficiais de justiça no plantão do fórum de determinado 
município. Em uma diligência distribuída a Pedro, X é a variável aleatória que representa o sucesso (X = 1) 
ou fracasso (X = 0) no cumprimento desse mandado. Analogamente, Y é a variável aleatória que representa 
o sucesso (Y = 1) ou fracasso (Y = 0) de uma diligência do oficial João. 
Com base nessa situação hipotética e considerando a soma S = X + Y, e que P(X = 1) = P(Y = 1) = 0,6 e E(XY) 
= 0,5, julgue o item que se segue, acerca das variáveis aleatórias X, Y e S. 
A média da distribuição S é igual a 1,2. 
 
 
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GABARITO 
1. CERTO 
2. CERTO 
3. ERRADO 
4. CERTO 
5. ERRADO 
6. CERTO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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LISTA DE QUESTÕES – CEBRASPE 
Distribuição Binomial 
1. (CEBRASPE/2022 - FUB) Suponha que uma população de tamanho N seja constituída pelos 
elementos 𝒚𝟏, … , 𝒚𝑵, de modo que a média populacional é representada como: 
𝝁 =
𝟏
𝑵
∑ 𝒚𝒊
𝑵
𝒊=𝟏
 
e a variância é definida como 
𝑽𝟐 =
𝟏
𝑵 − 𝟏
∑(𝒚𝒊 − 𝝁)𝟐
𝑵
𝒊=𝟏
, 
tal que 𝑽 > 𝟎. Denotando-se uma amostra aleatória simples de tamanho 𝒏 retirada dessa população como 
𝒀𝟏, … , 𝒀𝒏, e considerando que a média amostral possa ser escrita como 
�̅� =
𝟏
𝒏
∑ 𝒀𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
=
𝟏
𝒏
∑ 𝝅𝒊𝒚𝒊
𝑵
𝒊=𝟏
, 
em que 𝝅𝒊~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝒏,
𝟏
𝑵
) e ∑ 𝝅𝒊
𝑵
𝒊=𝟏 = 𝒏, julgue o item seguinte. 
𝑉𝑎𝑟(𝜋𝑖) =
𝑛
𝑁
× (1 −
1
𝑁
). 
 
2. (CEBRASPE/2022 – TCE/SC) Em relação a uma variável aleatória Y que segue distribuição binomial 
com parâmetros 𝒏 e 𝒑 = 𝟎, 𝟒, julgue o item que se segue. 
A variância de Y é igual a 0,24 × 𝑛. 
 
3. (Cebraspe/2022 – PETROBRAS) Julgue o item a seguir, relacionados a álgebra e a probabilidade. 
Cada uma de três moedas não viciadas,quando lançada, apresenta como resultado “cara” ou “coroa”. Ao se 
lançar essas três moedas, uma de cada vez, a probabilidade de se obter “cara” em duas delas e “coroa” em 
uma delas é superior a 0,4. 
 
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4. (Cebraspe/2022 – FUNPRESP-EXE) Em uma empresa há 100 produtos em estoque, todos de igual 
aparência, mas com qualidades distintas, que só são evidenciadas com testes específicos: 40 são de alta 
qualidade, 35 são de média qualidade e 25 são de baixa qualidade. Considerando essas informações e o 
procedimento de análise de uma amostra com 15 produtos, com reposição, julgue o item a seguir. 
Espera-se que na amostra haja, em média, 6 produtos de alta qualidade. 
 
5. (Cebraspe/2022 – FUNPRESP-EXE) Em uma empresa há 100 produtos em estoque, todos de igual 
aparência, mas com qualidades distintas, que só são evidenciadas com testes específicos: 40 são de alta 
qualidade, 35 são de média qualidade e 25 são de baixa qualidade. Considerando essas informações e o 
procedimento de análise de uma amostra com 15 produtos, com reposição, julgue o item a seguir. 
Espera-se que na amostra haja, em média, 4 produtos de baixa qualidade. 
 
6. (Cebraspe/2022 – PETROBRÁS) Considerando que a variável aleatória X segue uma distribuição 
binomial com parâmetros n = 10 e p = 0,1, julgue o item subsequente. 
O valor esperado de X é igual a 1. 
 
7. (Cebraspe/2022 – PETROBRÁS) Considerando que a variável aleatória X segue uma distribuição 
binomial com parâmetros n = 10 e p = 0,1, julgue o item subsequente. 
O desvio padrão da distribuição de X é igual ou superior a 0,9. 
 
8. (Cebraspe/2022 – PETROBRÁS) Considerando que a variável aleatória X segue uma distribuição 
binomial com parâmetros n = 10 e p = 0,1, julgue o item subsequente. 
P(X > 0) = 0,9. 
 
9. (Cebraspe/2022 – TELEBRÁS) Considere um par (𝑿, 𝒀) de variáveis aleatórias discretas, tais que 
𝑿~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝟏𝟎,
𝟏
𝟐
) e 𝒀~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝟏𝟎,
𝟏
𝟓
). 
Sabendo que 𝑪𝒐𝒗(𝑿, 𝒀) = −𝟏, 𝟏, julgue o seguinte item acerca da diferença 𝒁 = 𝒀 − 𝑿. 
O valor esperado de Z é igual a 3. 
 
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10. (Cebraspe/2022 – TELEBRÁS) Considere um par (𝑿, 𝒀) de variáveis aleatórias discretas, tais que 
𝑿~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝟏𝟎,
𝟏
𝟐
) e 𝒀~𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍 (𝟏𝟎,
𝟏
𝟓
). 
Sabendo que 𝑪𝒐𝒗(𝑿, 𝒀) = −𝟏, 𝟏, julgue o seguinte item acerca da diferença 𝒁 = 𝒀 − 𝑿. 
𝑉𝑎𝑟[𝑍] = 6,3. 
 
11. (Cebraspe/2022 – TCE/SC) Suponha que uma amostra de tamanho n = 1 seja retirada de uma 
população 𝑿 ∼ 𝑩𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍(𝒎, 𝒑), em que 𝒎 e 𝒑 são parâmetros desconhecidos. Sabendo que 𝒎 ∈ {𝟏, 𝟐} 
e que 𝒑 ∈ {
𝟏
𝟓
,
𝟏
𝟒
}, se a amostra aleatória simples for representada por 𝑿𝟏, considere a seguinte estatística 
para a estimação do par (𝒎, 𝒑). 
𝝉(𝑿𝟏) = {
𝒎 = 𝟏 𝒆 𝒑 =
𝟏
𝟓
, 𝒔𝒆 𝑿𝟏 = 𝟎
𝒎 = 𝟐 𝒆 𝒑 =
𝟏
𝟒
, 𝒔𝒆 𝑿𝟏 = 𝟏 𝒐𝒖 𝟐
} 
Com base nessas informações, julgue o próximo item. 
Se 𝜇 denota a média populacional desconhecida, então seu espaço paramétrico é representado pelo 
conjunto {
1
5
,
1
2
}. 
 
12. (Cebraspe/2021 – COREN/CE) Suponha que 20% dos recursos administrativos impetrados contra 
determinada decisão administrativa em uma repartição pública sejam deferidos. Nessa situação, se 4 
novos recursos administrativos forem distribuídos aleatoriamente para análise, a probabilidade de haver 
um único recurso deferido entre esses 4 recursos analisados é igual a 
a) 0,008 
b) 0,1024 
c) 0,25 
d) 0,4096 
 
13. (Cebraspe/2021 – SERPRO) Considerando que o número X de erros registrados em determinado 
tipo de código computacional siga uma distribuição binomial com média igual a 4 e variância igual a 3, 
julgue o item a seguir. 
É impossível haver registros de 18 erros nesse tipo de código computacional. 
 
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14. (Cebraspe/2021 – SERPRO) Considerando que o número X de erros registrados em determinado 
tipo de código computacional siga uma distribuição binomial com média igual a 4 e variância igual a 3, 
julgue o item a seguir. 
𝑃(𝑋 = 0) =
3
4
. 
 
15. (Cebraspe/2021 – SERPRO) Considerando que o número X de erros registrados em determinado 
tipo de código computacional siga uma distribuição binomial com média igual a 4 e variância igual a 3, 
julgue o item a seguir. 
A mediana de X é igual a 4. 
 
16. (Cebraspe/2019 – TJ-AM) É igual a 
𝟑
𝟒
 a probabilidade de determinado advogado conseguir decisão 
favorável a si em cada petição protocolada por ele na vara cível de certo tribunal. O plano desse advogado 
é protocolar, sequencialmente, 12 petições nessa vara cível durante o ano de 2020. Favoráveis ou não, as 
decisões do tribunal para petições são emitidas na mesma ordem cronológica em que são protocoladas e 
são sempre independentes entre si. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando as variáveis aleatórias X e Y, em 
que X = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal até que ocorra a primeira decisão não favorável ao 
advogado, e Y = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal favoráveis ao advogado. 
Espera-se que, ao longo de 2020, exatamente 9 decisões sejam favoráveis ao advogado. 
 
17. (Cebraspe/2019 – TJ/AM) É igual a 
𝟑
𝟒
 a probabilidade de determinado advogado conseguir decisão 
favorável a si em cada petição protocolada por ele na vara cível de certo tribunal. O plano desse advogado 
é protocolar, sequencialmente, 12 petições nessa vara cível durante o ano de 2020. Favoráveis ou não, as 
decisões do tribunal para petições são emitidas na mesma ordem cronológica em que são protocoladas e 
são sempre independentes entre si. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando as variáveis aleatórias X e Y, em 
que X = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal até que ocorra a primeira decisão não favorável ao 
advogado, e Y = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal favoráveis ao advogado. 
A probabilidade do evento "Y é igual a 1" é superior a 
9
410. 
 
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18. (Cebraspe/2019 – TJ/AM) É igual a 
𝟑
𝟒
 a probabilidade de determinado advogado conseguir decisão 
favorável a si em cada petição protocolada por ele na vara cível de certo tribunal. O plano desse advogado 
é protocolar, sequencialmente, 12 petições nessa vara cível durante o ano de 2020. 
Favoráveis ou não, as decisões do tribunal para petições são emitidas na mesma ordem cronológica em 
que são protocoladas e são sempre independentes entre si. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando as variáveis aleatórias X e Y, em 
que X = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal até que ocorra a primeira decisão não favorável ao 
advogado, e Y = quantidade de decisões emitidas pelo tribunal favoráveis ao advogado. 
A probabilidade de Y ser inferior a 2 é superior a 1%. 
 
19. (Cebraspe/2018 – BNB) Julgue o próximo item, relativos a análise combinatória e probabilidade. 
Situação hipotética: Para cada um dos 16 itens da prova objetiva de informática de um concurso público, 
o candidato deverá marcar na folha de respostas se o item é certo ou errado. A condição para não 
desclassificação do candidato é que ele acerte o gabarito de pelo menos 10 desses itens. 
Assertiva: Nesse caso, se o candidato marcar aleatoriamente todos os 16 itens, a probabilidade de ele não 
ser desclassificado é igual 
𝟕×𝟏𝟏×𝟏𝟑
𝟐𝟏𝟑 . 
 
20. (Cebraspe/2016 – TCE-PA) Se as variáveis aleatóriasX e Y seguem distribuições de Bernoulli, tais 
que P[X = 1] = P[Y = 0] = 0,9, então: 
X + Y segue uma distribuição binomial com parâmetros n = 2 e p = 0,3, se X e Y forem variáveis aleatórias 
independentes. 
 
21. (Cebraspe/2015 – Telebrás) Um vendedor de certo tipo de equipamento de telecomunicações pode 
visitar, em um dia, um ou dois clientes, com probabilidades de 1/3 e 2/3, respectivamente. De cada contato 
pode resultar a venda de um equipamento por R$ 50.000, com probabilidade de 1/10 ou nenhuma venda, 
com probabilidade de 9/10. Considerando que V seja a variável aleatória que indica o valor total de vendas 
diárias desse vendedor, em milhares de reais, julgue o item que se segue. 
Supondo-se que Xi seja a variável aleatória que indica o número de visitas do vendedor a clientes no i-ésimo 
dia do mês de novembro, que Yi = Xi – 1 e que Z = Y1 + Y2 + ... + Y30, é correto afirmar que Z será uma 
distribuição binomial de parâmetros n = 30 e p = 2/3. 
 
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22. (Cebraspe/2015 – Telebrás) Nas chamadas de suporte de uma empresa de telecomunicações, o 
funcionário Pedro resolve o problema do cliente em duas de cada três vezes em que é solicitado, enquanto 
Marcos resolve em três de cada quatro chamadas. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o item seguinte, considerando que os funcionários sejam 
suficientemente experientes para que a tentativa de resolução do problema de qualquer chamada não 
esteja subordinada a tentativas anteriores. 
A probabilidade de que Marcos consiga resolver o problema do cliente em exatamente três das quatro 
últimas chamadas em que foi solicitado é superior a 50%. 
 
23. (Cebraspe/2013 – STF) Pedro e João são os oficiais de justiça no plantão do fórum de determinado 
município. Em uma diligência distribuída a Pedro, X é a variável aleatória que representa o sucesso (X = 1) 
ou fracasso (X = 0) no cumprimento desse mandado. Analogamente, Y é a variável aleatória que representa 
o sucesso (Y = 1) ou fracasso (Y = 0) de uma diligência do oficial João. 
Com base nessa situação hipotética e considerando a soma S = X + Y, e que P(X = 1) = P(Y = 1) = 0,6 e E(XY) 
= 0,5, julgue o item que se segue, acerca das variáveis aleatórias X, Y e S. 
A variável aleatória S segue uma distribuição binomial com parâmetros n = 2 e p = 0,6. 
 
24. (CESPE/2012 – Câmara dos Deputados) Considere que, em um estudo realizado para avaliar a 
disponibilidade de 40 urnas eletrônicas para uso imediato, Y seja o número dessas urnas, que 
apresentavam problemas técnicos e que, historicamente, a probabilidade de uma urna apresentar defeito 
seja igual a 0,08. Considere, ainda, que as urnas sejam mutuamente independentes e que 0,036 e 0,039 
sejam os valores aproximados, respectivamente, de 0,92⁴⁰ e 0,92³⁹. Com base nessas informações, julgue 
o item abaixo. 
O número esperado de Y nesse lote é superior a 3 e menor ou igual a 4, enquanto o desvio padrão de Y se 
encontra dentro do intervalo [1,2]. 
 
25. (CESPE/2012 – SEDU-ES) Suponha que, em determinado país, 30% das crianças tenham algum tipo 
de dificuldade de aprendizagem. 
Considerando que a população de crianças nesse país seja muito grande, tomando-se uma amostra aleatória 
de 10 crianças, a probabilidade de se encontrar nessa amostra exatamente três crianças com algum tipo de 
dificuldade de aprendizagem é superior a 0,15. 
 
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26. (CESPE/2011 – SEDUC-AM) Considere que a chegada e o atendimento de estudantes em 
determinada fila para matrícula em uma escola possam ser modelados segundo um passeio aleatório 
simples em tempo discreto t = 0, 1, 2, 3 ... e que, em cada instante t, apenas dois eventos sejam possíveis: 
ou um novo estudante entra na fila com probabilidade p ou um estudante na fila é atendido com 
probabilidade 1 - p. 
Suponha, ainda, que, no instante inicial t = 0, a quantidade de estudantes na fila não seja nula e grande o 
suficiente para que a fila não fique vazia em pouco tempo, e que, a cada instante t, no máximo um 
estudante pode ser atendido. 
Com base nessa situação, julgue o item a seguir. 
Na situação em que se consideram apenas os dois instantes iniciais, sendo t = 1 e t = 2, e p = 0,6, é mais 
provável que a fila não cresça. 
 
 
27. (CESPE/2011 – EBC) Considerando uma sequência de lançamentos de Bernoulli, julgue o item 
subsecutivo. 
Se, de uma urna em que há nA bolas da cor azul e nV bolas da cor vermelha, forem retiradas, 
simultaneamente, n bolas (n < nA + nV < ∞) e o número X de bolas da cor azul for registrado, então a 
distribuição de X seguirá uma distribuição binomial. 
 
 
28. (CESPE/2010 – ABIN) A respeito da distribuição binomial X com parâmetros n e p, em que n ≥ 1 e 0 
< p < 1, julgue o item subsequente. 
Considere a seguinte situação hipotética. De uma urna que contém 15 bolas brancas e 1 bola vermelha serão 
retiradas aleatoriamente 12 bolas. Em cada retirada, será observada a cor da bola selecionada. Se branca, a 
bola não será devolvida à urna; se vermelha, a bola será devolvida à urna. Ao final do processo, será 
registrado o número X de vezes que a bola vermelha foi observada nessas doze retiradas. Em face dessa 
situação, é correto afirmar que X é uma variável aleatória com distribuição binomial com 𝑛 = 12. 
 
29. (CESPE/2010 – ABIN) Considerando-se que Y siga uma distribuição binomial com parâmetros m e p 
e que X e Y sejam variáveis aleatórias independentes, é correto afirmar que a soma X + Y segue uma 
distribuição binomial com parâmetros (n + m) e p. 
 
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30. (CESPE/2010 – ANEEL) Um fabricante de impressoras possui três fornecedores — I, II e III — de um 
certo circuito eletrônico. Para a produção de um lote de 100 impressoras, a fábrica dispõe de 50, 30 e 20 
circuitos fornecidos, respectivamente, por I, II e III. As probabilidades de que um circuito fornecido por I, 
II ou III apresente defeito são, respectivamente, iguais a 0,01, 0,03 e 0,05. Depois da produção do lote, m 
impressoras serão selecionadas aleatoriamente para testes de qualidade. Um indicador de qualidade da 
empresa é a razão f = n/m, em que n é o número observado de impressoras com defeitos no circuito. 
Considerando as informações acima, julgue o item abaixo. 
Dos circuitos disponíveis no estoque, o número esperado de circuitos defeituosos é menor ou igual a 2. 
 
31. (CESPE/2010 – PREVIC) Considerando que, a fim de verificar se o pagamento de determinado 
benefício estava de acordo com critérios definidos, um analista tenha selecionado uma amostra aleatória 
de 100 pessoas, entre os 2.000 beneficiários existentes na base de dados, e considerando, ainda, que p 
representa a proporção populacional de benefícios corretamente pagos, julgue o próximo item. 
Sabendo que a probabilidade de uma pessoa estar dentro dos critérios requeridos pelo benefício é 0,9, a 
probabilidade de exatamente 2 pessoas observadas na amostra estarem dentro dos critérios requeridos pelo 
benefício é superior a 0,10. 
 
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GABARITO 
1. CERTO 
2. CERTO 
3. ERRADO 
4. CERTO 
5. ERRADO 
6. CERTO 
7. CERTO 
8. ERRADO 
9. ERRADO 
10. CERTO 
11. ERRADO 
12. LETRA D 
13. CERTO 
14. ERRADO 
15. CERTO 
16. CERTO 
17. ERRADO 
18. ERRADO 
19. ERRADO 
20. ERRADO 
21. CERTO 
22. ERRADO 
23. ERRADO 
24. CERTO 
25. CERTO 
26. ERRADO 
27. ERRADO 
28. ERRADO 
29. CERTO 
30. ERRADO 
31. ERRADO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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LISTA DE QUESTÕES – CEBRASPE 
Distribuição Geométrica 
1. (Cebraspe/2015 – Engenheiro Mecânico MEC) Considerando que a demanda diária por serviços de 
manutenção em certa instituição seja uma variável aleatória discreta N com função de probabilidade 
definida como P(N = n) = 0,8 × 0,2n, em que n = 0,1, 2, 3, þ, julgue o próximo item. 
A moda da distribuição N é igual ou superior a 1. 
 
2. (Cebraspe/2015 – Engenheiro Mecânico MEC) Considerando que a demanda diária por serviços de 
manutenção em certa instituição seja uma variável aleatória discreta N com função de probabilidade 
definida como P(N = n) = 0,8 × 0,2n, em que n = 0,1, 2, 3, þ, julgue o próximo item. 
A média da variável aleatória N é menor que 1. 
 
3. (Cebraspe/2015 – Engenheiro Mecânico MEC) Considerando que a demanda diária por serviços de 
manutenção em certa instituição seja uma variável aleatória discreta N com função de probabilidade 
definida como P(N = n) = 0,8 × 0,2n, em que n = 0,1, 2, 3, þ, julgue o próximo item. 
A probabilidade de X ser superior a 3 é inferior a 50%. 
 
4. (Cebraspe/2016 – TCE/PA) Considere que Y seja uma variável aleatória que representa o número 
de erros cometidos por um atendente no preenchimento de formulários e que a função de probabilidade 
de Y seja definida por 𝑷(𝒀 = 𝒌) = 𝟎, 𝟗 × (𝟎, 𝟏)𝒌, em que k = 0, 1, 2, .... A partir dessas informações, julgue 
o item que se segue. 
A distribuição Y é amodal 
 
5. (Cebraspe/2016 – TCE/PA) Considere que Y seja uma variável aleatória que representa o número 
de erros cometidos por um atendente no preenchimento de formulários e que a função de probabilidade 
de Y seja definida por 𝑷(𝒀 = 𝒌) = 𝟎, 𝟗 × (𝟎, 𝟏)𝒌, em que k = 0, 1, 2, .... A partir dessas informações, julgue 
o item que se segue. 
𝑃(𝑌 ≥ 2) = 0,01. 
 
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6. (Cebraspe/2016 – TCE/PA) Considere que Y seja uma variável aleatória geométrica que representa 
o número de erros cometidos por um atendente no preenchimento de formulários e que a função de 
probabilidade de Y seja definida por P(Y = k) = 0,9 × (0,1)k, em que k = 0, 1, 2, ... A partir dessas informações, 
julgue o item que se segue. 
O desvio padrão da variável Y é inferior a 1. 
 
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GABARITO 
1. ERRADO 
2. CERTO 
3. CERTO 
4. ERRADO 
5. CERTO 
6. CERTO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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LISTA DE QUESTÕES – CEBRASPE 
Distribuição de Poisson 
1. (CESPE/2010 – DETRAN-ES/Estatístico) Considerando que foi realizado estudo para modelar a 
distribuição da quantidade X de pontos acumulados por infrações de trânsito cometidas por um condutor 
de veículo de passeio ao longo de um ano, julgue o item a seguir, relativos a probabilidades e inferência 
estatística. 
Nessa situação, caso X siga uma distribuição de Poisson com desvio padrão 𝜎, o coeficiente de variação de X 
será igual a 
𝟏
𝝈
. 
 
2. (Cebraspe/2018 – PF/Papiloscopista) Em determinado município, o número diário X de registros de 
novos armamentos segue uma distribuição de Poisson, cuja função de probabilidade é expressa por 
𝑷(𝑿 = 𝒌) =
𝒆−𝑴𝑴𝒌
𝒌!
 em que 𝒌 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, …, e M é um parâmetro. 
 
Considerando que a tabela precedente mostra as realizações da variável aleatória X em uma amostra 
aleatória simples constituída por cinco dias, julgue o item que se segue. 
Como a tabela não contempla uma realização do evento X = 7, é correto afirmar que P(X = 7) = 0. 
 
3. (CESPE/2011 – SEDUC-AM/Estatístico) Para orientar os investimentos em educação em certo 
município, um analista foi contratado para criar um ranking das escolas públicas desse município. Para 
cada escola, as variáveis disponíveis são a quantidade de turmas, a quantidade de alunos, a quantidade 
de professores, a nota da Prova Brasil e a área do terreno. A partir dessa situação, julgue o item 
subsequente. 
Suponha que a distribuição da quantidade de turmas por escola siga uma distribuição de Poisson. Nessa 
situação, o modelo que descreve essa distribuição pode ser escrito como 𝑷(𝑿 = 𝒌) = 𝝀𝒆−𝝀𝒌, em que k > 0 
e 𝝀 > 𝟎 representa a média de turmas por escola. 
 
4. (CESPE/2010 – MPU/Analista) Uma empresa possui um serviço de atendimento ao consumidor 
(SAC). Diariamente, um atendente registra, em uma folha de papel, as chamadas recebidas. Cada folha de 
registro do atendente do SAC permite o registro de até 20 chamadas. O atendente efetua os registros de 
forma sequencial, anotando, para cada chamada, se houve reclamação. De acordo com os dados 
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históricos, sabe-se que, a cada 20 chamadas, a probabilidade de se registrar exatamente uma reclamação 
é constante e igual a 0,05. Sabe-se também que o número médio diário de reclamações registradas pelo 
SAC é igual a 1. 
Com base nessas informações e considerando 2,71 como valor aproximado para o número e, base do 
logaritmo natural, julgue o item. 
Suponha que o número diário de reclamações registradas pelo SAC siga uma distribuição de Poisson. Nessa 
situação, a probabilidade de haver o registro de, no máximo, uma reclamação em determinado dia é superior 
a 67%. 
 
5. (CESPE/2010 – MPU/Analista) Uma empresa possui um serviço de atendimento ao consumidor 
(SAC). Diariamente, um atendente registra, em uma folha de papel, as chamadas recebidas. Cada folha de 
registro do atendente do SAC permite o registro de até 20 chamadas. O atendente efetua os registros de 
forma sequencial, anotando, para cada chamada, se houve reclamação. De acordo com os dados 
históricos, sabe-se que, a cada 20 chamadas, a probabilidade de se registrar exatamente uma reclamação 
é constante e igual a 0,05. Sabe-se também que o número médio diário de reclamações registradas pelo 
SAC é igual a 1. 
Com base nessas informações e considerando 2,71 como valor aproximado para o número e, base do 
logaritmo natural, julgue o item. 
Suponha que o número de reclamações registradas pelo SAC, X(t), em um intervalo de tempo t, siga um 
processo de Poisson e que X(1) represente o número diário de reclamações registradas. Nessa situação, é 
correto afirmar que a variância de X(t) cresce linearmente com t. 
 
6. (CESPE/2010 – TRE-ES/Analista Judiciário) Uma empresa iniciou suas atividades com R$ 30 mil de 
capital. O custo fixo mensal da empresa é de R$ 5 mil. As vendas de seus produtos ocorrem segundo um 
processo de Poisson, com taxa igual a R$ 1 mil por mês. A empresa fechará no momento que o seu capital 
for igual ou inferior a zero. Com base nessa situação, e considerando exp(– 6) = 0,0025, julgue o item 
seguinte. 
A probabilidade de a empresa sobreviver além do sexto mês de funcionamento é inferior a 0,95. 
 
7. (Cebraspe/2013 – ANTT-DF/Área Estatística) 
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A figura acima apresenta um trecho de uma rodovia com três faixas de rolamento. Considere que X(t) 
represente o número de veículos que passam nesse trecho durante um intervalo de tempo de duração t 
(em minutos) e que X(t) siga um processo de Poisson com parâmetro 6t, ou seja, P(X(t) = x) = 
𝒆−𝟔𝒕(𝟔𝒕)𝒙
𝒙!
. 
Suponha, ainda, que, no intervalo t, cada veículo selecione aleatoriamente as faixas de rolamento 1, 2 e 3 
com probabilidades 0,5; 0,3 e 0,2, respectivamente. Com base nessas informações,julgue o próximo item. 
O número de veículos que passam nesse trecho pela faixa de rolamento 3 durante um intervalo de tempo 
de duração t (em minutos) segue um processo de Poisson com parâmetro 1,2t. 
 
8. (CESPE/2012 – CNJ/Analista Judiciário) A quantidade de chamadas que uma central telefônica 
recebe por hora é modelado por uma distribuição de Poisson, com parâmetro λ = 12 chamadas por hora. 
Nesse caso, a probabilidade de a central telefônica receber: 
menos de três chamadas em uma hora é igual a 𝟖𝟓𝒆−𝟏𝟐. 
 
9. (CESPE/2012 – CNJ/Analista Judiciário) A quantidade de chamadas que uma central telefônica 
recebe por hora é modelado por uma distribuição de Poisson, com parâmetro λ = 12 chamadas por hora. 
Nesse caso, a probabilidade de a central telefônica receber: 
exatamente duas chamadas em 20 minutos é igual a 
𝟏𝟐𝟔
𝟔!
𝒆−𝟏𝟐. 
 
10. (Cebraspe/2013 – MC/Análises Técnicas) A quantidade diária de reclamações — X — recebidas em 
uma central de atendimento ao consumidor segue uma distribuição de Poisson, em que P(X = 0) = 0,5. 
Nesse sentido, julgue o próximo item. 
O valor esperado de X é igual a ln2. 
 
11. (CESPE/2012 – ANP/Especialista) A respeito da teoria básica de probabilidades, julgue o item 
subsequente. 
Se uma variável aleatória de Poisson é tal que 2⋅ P(X = 4) = P(X = 3), a média de X é 0,5. 
 
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12. (CESPE/2020 – TJ-PA/Analista Judiciário) Uma amostra aleatória simples de tamanho 5 foi retirada 
de uma distribuição de Poisson com média igual a 5. Essa amostra é representada por X1, X2, X3, X4, X5, em 
que cada variável Xk denota o total de erros processuais registrados em certo cartório judicial no dia k, 
com k = {1, 2, 3, 4, 5}. A respeito da quantidade semanal de erros processuais registrados nesse cartório Y 
= X1 + X2 + X3 + X4 +X5, assinale a opção correta. 
a) O coeficiente de variação de Y é igual a 1. 
b) E(Y) < 20 
c) O desvio padrão de Y é igual a 5. 
d) Para k = 1, 2, 3, 4, 5, tem-se que P(Y = 0) >= P(Xk = 0) 
e) A média semanal de erros processuais, denotada por Y/5, segue uma distribuição normal. 
 
13. (Cebraspe/2013 – Analista Judiciário STF) As quantidades diárias de processos administrativos (N) 
protocolados em certo órgão público seguem uma distribuição de Poisson com média igual a 5. Cada 
processo protocolado é encaminhado para a superintendência A ou para a B e, assim, a soma 𝒀 = ∑ 𝑿𝒊
𝑵
𝒊=𝟏 , 
em que Xi = 1 se o processo segue para a superintendência A, e Xi = 0 se o processo segue para B, representa 
o total diário de processos administrativos protocolados que se destinam para a superintendência A. 
Com base nessa situação, julgue o seguinte item considerando que X1, X2, ..., XN sejam variáveis aleatórias 
independentes, e que P(X1 = 1) = P(X2 = 1) = ... = P(XN = 1) = 0,8. 
A quantidade média diária de processos administrativos que se destinam para a superintendência A é igual 
a 4. 
 
14. (Cebraspe/2013 – Analista Judiciário STF) As quantidades diárias de processos administrativos (N) 
protocolados em certo órgão público seguem uma distribuição de Poisson com média igual a 5. Cada 
processo protocolado é encaminhado para a superintendência A ou para a B e, assim, a soma 𝒀 = ∑ 𝑿𝒊
𝑵
𝒊=𝟏 , 
em que Xi = 1 se o processo segue para a superintendência A, e Xi = 0 se o processo segue para B, representa 
o total diário de processos administrativos protocolados que se destinam para a superintendência A. 
Com base nessa situação, julgue o seguinte item considerando que X1, X2, ..., XN sejam variáveis aleatórias 
independentes, e que P(X1 = 1) = P(X2 = 1) = ... = P(XN = 1) = 0,8. 
O número diário de processos protocolados que são destinados à superintendência B segue uma distribuição 
de Poisson com média igual a 1. 
 
15. (Cebraspe/2018 – Analista Administrativo EBSERH) O total diário - X - de pessoas recebidas em uma 
unidade de pronto atendimento (UPA) para atendimento ambulatorial, e o total diário - Y - de pessoas 
recebidas nessa mesma UPA para atendimento de urgência segue processos de Poisson homogêneos, com 
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médias, respectivamente, iguais a 20 pacientes/dia e 10 pacientes/dia, e as variáveis aleatórias X e Y são 
independentes. Sabe-se que, em média, a necessidade de cuidados hospitalares atinge 10% dos pacientes 
do atendimento ambulatorial e 90% dos pacientes do atendimento de urgência. 
A partir dessa situação hipotética, julgue o próximo item, considerando que o registro da necessidade de 
cuidados hospitalares seja feito no momento em que o paciente chegue à UPA e que H seja a quantidade 
diária registrada de pacientes com necessidades de cuidados hospitalares. 
Considerando a equivalência 1 dia=24 horas, então o tempo médio de chegada entre dois pacientes 
consecutivos para o atendimento de urgência nessa UPA é inferior a 3 horas. 
 
16. (Cebraspe/2013 – Estatístico FUB) Tendo em vista que o número diário X de recursos 
administrativos protocolados em certa repartição pública segue uma distribuição de Poisson com taxa 
igual a ln10 processos por dia, julgue o item que se segue. 
O desvio padrão da distribuição de X é inferior a ln10 processos por dia. 
 
17. (Cebraspe/2013 – Estatístico FUB) Tendo em vista que o número diário X de recursos 
administrativos protocolados em certa repartição pública segue uma distribuição de Poisson com taxa 
igual a ln10 processos por dia, julgue o item que se segue. 
A distribuição do número diário de recursos administrativos apresenta coeficiente de variação igual a 1. 
 
18. (Cebraspe/2013 – Estatístico FUB) Tendo em vista que o número diário X de recursos 
administrativos protocolados em certa repartição pública segue uma distribuição de Poisson com taxa 
igual a ln10 processos por dia, julgue o item que se segue. 
Em determinado dia, a probabilidade de não haver recurso protocolado é igual ou inferior a 0,1. 
 
19. (Cebraspe/2013 – Estatístico FUB) Tendo em vista que o número diário X de recursos 
administrativos protocolados em certa repartição pública segue uma distribuição de Poisson com taxa 
igual a ln10 processos por dia, julgue o item que se segue. 
A distribuição de Poisson não possui memória, pois P(X = k|X ≥ 1) = P(X = k – 1), em que k ≥ 1. 
 
20. (Cebraspe/2016 – Analista de Controle TCE/PR) Suponha que o número mensal X de pessoas que 
sofrem algum tipo de acidente em um centro comercial siga uma distribuição de Poisson. Considerando 
que P(X = 0) = 0,1 e ln10 = 2,3, assinale a opção correta. 
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a) A distribuição X possui desvio padrão igual ou superior a 2. 
b) P(X>1) = 0,9 
c) 0,20 < P(X = 1) < 0,25 
d) P(X < 0) > 0 
e) A esperança de X é igual ou superior a 3. 
 
21. (Cebraspe/2015 – Estatístico FUB) Uma repartição pública recebe diariamente 
uma quantidade X de requerimentos administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. 
Essas quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais 
a ln15 requerimentos por dia e ln4 recursos por dia. 
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam independentes e 
que S = X + Y, julgue o seguinte item. 
Em determinado dia, a probabilidade de não haver recebimento de requerimento administrativo nessa 
repartição será inferior a 0,08. 
 
22. (Cebraspe/2015 – Estatístico FUB) Uma repartição pública recebe diariamente 
uma quantidade X de requerimentos administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. 
Essas quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais 
a ln15 requerimentos por dia e ln4 recursos por dia.Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam independentes e 
que S = X + Y, julgue o seguinte item. 
A variância da distribuição de Y é igual a ln4. 
 
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GABARITO 
1. CERTO 
2. ERRADO 
3. ERRADO 
4. CERTO 
5. CERTO 
6. ERRADO 
7. CERTO 
8. CERTO 
9. ERRADO 
10. CERTO 
11. ERRADO 
12. LETRA C 
13. CERTO 
14. CERTO 
15. CERTO 
16. CERTO 
17. ERRADO 
18. CERTO 
19. ERRADO 
20. LETRA C 
21. CERTO 
22. CERTO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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