EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DE DISTRIBUIÇÃO BINOMIAL
1.) Um jogador de basquete tem probabilidade 1/3 de acertar a cesta em um único lançamento. De- termine, em 4 lançamentos, a probabilidade do jogador acertar:
a) exatamente 3 cestas; b) nenhuma cesta; c) no máximo uma cesta; d) no mínimo uma cesta.
SOLUÇÃO
Parâmetros do Exercício: Y = VA que indica o número de acertos , n = 4 , p = 1/3 e q = 1 – 1/3 = 2/3 a) p (Y = 3) = C 4 , 3 . (1/3) 3 . (2/3) 4 – 3 = 8/81 = 0,0988 (9,88%) b) p (Y = 0) = C 4 , 0 . (1/3) 0 . (2/3) 4 – 0 = 16/81 = 0,1975 (19,75%) c) p (Y 1) = p (Y = 0) + p (Y = 1) ≤ e como: p (Y = 1) = C 4 , 1 . (1/3) 1 . (2/3) 4 – 1 = 32/81 segue que: p (Y ≤ 1) = 16/81 + 32/81 = 48/81 = 0,5926 (59,26%) d) p (Y 1) = p (Y = 1) + p (Y = 2) + p (Y = 3) + p(Y = 4) ≥ Neste caso, convém trabalhar com o complementar, ou seja:
p (Y ≥ 1) = 1 – p (Y = 0) = 1 – 16/81 = 65/81 = 0,8025 (80,25%)
2.) Um motorista comprou 5 pneus novos, de uma certa marca, para o seu carro. Sabe-se que 25% dos pneus desta marca costumam apresentar defeito. Qual a probabilidade de que ele tenha com- prado:
a) 2 pneus defeituosos;
b) todos os pneus com defeito; c) algum pneu com defeito;
d) no máximo um pneu sem defeito.
SOLUÇÃO Parâmetros do Exercício:
Y = VA que indica o número de pneus com defeito , n = 5 , p = 25% = 0,25 e q = 1 – 0,25 = 0,75 a) p (Y = 2) = C 5 , 2 . (0,25) 2 . (0,75) 5 – 2 = 0,2637 (26,37%)
b) p (Y = 5) = C 5 , 5 . (0,25) 5 . (0,75) 5 – 5 = 0,0010 (0,10%)
c) Observe inicialmente que “algum pneu com defeito” equivale a dizer “pelo menos um pneu com defei- to”. Assim, podemos escrever:
p (Y ≥ 1) = p (Y = 1) + p (Y = 2) + p (Y = 3) + p(Y = 4) + p (Y = 5) ou, melhor:
p (Y ≥ 1) = 1 – p (Y = 0) Por outro lado, como:
p (Y = 0) = C 5 , 0 . (0,25) 0 . (0,75) 5 – 0 = 0,2373 segue que:
p (Y ≥ 1) = 1 – 0,2373 = 0,7627 (76,27%) 1
d) A fim de simplificar a resolução deste item, vamos alterar os parâmetros do exercício: Parâmetros do Exercício:
Y = VA que indica o número de pneus sem defeito , n = 5 , p = 75% = 0,75 e q = 1 – 0,75 = 0,25 Assim, podemos escrever:
p (Y ≤ 1) = p (Y = 0) + p (Y = 1) Por outro lado, como:
p (Y = 0) = C 5 , 0 . (0,75) 0 . (0,25) 5 – 0 = 0,0010 p (Y = 1) = C 5 , 1 . (0,75) 1 . (0,25) 5 – 1 = 0,0146 segue que:
p (Y ≤ 1) = 0,0156 (1,56%)
3.) Uma urna contém 4 bolas amarelas, 3 bolas brancas e 5 bolas pretas. Retirando-se ao acaso 4 bo las desta urna, sucessivamente com reposição, qual a probabilidade de se obter:
a) 4 vezes a bola amarela; b) nenhuma vez a bola preta; c) pelo menos 3 bolas brancas; d) no máximo 3 bolas amarelas.
SOLUÇÃO
Inicialmente devemos notar que a retirada sucessiva com reposição é fundamental para que pos- samos utilizar a distribuição binomial, haja visto que ela garante a independência estatística dos eventos, ou seja, a retirada das bolas da urna.
a) Parâmetros do Exercício:
Y = VA que indica o número de bolas amarelas n = 4
p = p (sucesso) = p (retirar bola amarela) = = NTC NCF 4/12 = 1/3 q = 1 – 1/3 = 2/3 Assim: p (Y = 4) = C 4 , 4 . (1/3) 4 . (2/3) 4 – 4 = 1/81 = 0,0123 (1,23%) b) Parâmetros do Exercício:
Y = VA que indica o número de bolas pretas n = 4
p = p (sucesso) = p (retirar bola preta) = = NTC NCF 5/12 q = 1 – 5/12 = 7/12 Assim: p (Y = 0) = C 4 , 0 . (5/12) 0 . (7/12) 4 – 0 = 2.401/20.736 = 0,1158 (11,58%)
c) Parâmetros do Exercício:
Y = VA que indica o número de bolas brancas n = 4
p = p (sucesso) = p (retirar bola branca) = = NTC NCF 3/12 = 1/4 q = 1 – 1/4 = 3/4 Assim: p (Y ≥ 3) = p (Y = 3) + p (Y = 4) Por outro lado, como:
p (Y = 3) = C 4 , 3 . (1/4) 3 . (3/4) 4 - 3 = 12/256 p (Y = 4) = C 4 , 4 . (1/4) 4 . (3/4) 4 - 4 = 1/256 segue que:
p (Y ≥ 3) = 12/256 + 1/256 = 13/256 = 0,0508 (5,08%)
d) Parâmetros do Exercício:
Y = VA que indica o número de bolas amarelas n = 4
p = p (sucesso) = p (retirar bola amarela) = = NTC NCF 4/12 = 1/3 q = 1 – 1/3 = 2/3 Assim: p (Y ≤ 3) = p (Y = 0) + p (Y = 1) + p (Y = 2) + p(Y = 3) Neste caso convém trabalhar com o complementar, ou seja: p (Y ≤ 3) = 1 – p(Y = 4)
Por outro lado, como:
p (Y = 4) = 1/81 (ver item a) ) segue que:
p (Y ≤ 3) = 1 – 1/81 = 80/81 = 0,9877 (98,77%)
4.) Um determinado componente eletrônico é expedido em lotes de 50 unidades. Antes que uma re- messa seja aprovada, um inspetor recolhe ao acaso, 6 desses componentes e inspeciona. Se nenhum for defeituoso, o lote é aprovado e despachado. Por outro lado, se for encontrado pelo menos um componente com defeito, todos os componentes do lote serão inspecionados. Considerando que a produção apresenta constantemente 4% de componentes defeituosos, qual a probabilidade de ha- ver um inspeção total do lote.
SOLUÇÃO Parâmetros do Exercício:
Y = VA que indica o número de componentes eletrônicos com defeito n = 6
p = 4% = 0,04 q = 1 – 0,04 = 0,96
A probabilidade de se ter pelo menos um componente com defeito (ou seja, haver uma inspeção total do lote) é
p (Y ≥ 1) = p (Y = 1) + p (Y = 2) + p (Y = 3) + p(Y = 4) + p (Y = 5) + p (Y = 6) 3
Neste caso, entretanto, convém trabalhar com o complementar, ou seja: p (Y ≥ 1) = 1 – p (Y = 0)
Por outro lado, como:
p (Y = 0) = C 6 , 0 . (0,04) 0 . (0,96) 6 - 0 = 0,7828 segue que:
p (Y ≥ 1) = 1 – 0,7828 = 0,2172 (21,72%)
5.) Um fabricante de lâmpadas garante que uma caixa qualquer de suas lâmpadas, conterá, no má-ximo, uma com defeito. Se a caixa contém 5 lâmpadas, e a experiência mostra que o processo de fa- bricação produz 6% de lâmpadas defeituosas, qual a probabilidade de que uma caixa selecionada ao acaso satisfaça a garantia?
SOLUÇÃO
Parâmetros do Exercício:
Y = VA que indica o número de lâmpadas com defeito n = 5
p = 6% = 0,06 q = 1 – 0,06 = 0,94
Para que uma caixa satisfaça a garantia do fabricante, devemos ter: p (Y ≤ 1) = p (Y = 0) + p (Y = 1)
Por outro lado, como:
p (Y = 0) = C 5 , 0 . (0,06) 0 . (0,94) 5 - 0 = 0,7339 p (Y = 1) = C 5 ,1 . (0,06) 1 . (0,94) 5 - 1 = 0,2342 segue que:
p (Y ≤ 1) = 0,7339 + 0,2342 = 0,9681 (96,81%)
6.) Considere os seguintes jogos de azar:
1º JOGO: ocorrer pelo menos uma vez o número seis em quatro jogadas de um dado honesto; 2º JOGO: ocorrer pelo menos um duplo seis em 24 jogadas simultâneas de dois dados honestos. Determine em qual dos jogos a probabilidade de vencer é maior.
SOLUÇÃO Parâmetros do 1º jogo:
Y = VA que indica quantas vezes ocorre o número seis n = 4
p = 1/6
q = 1 – 1/6 = 5/6
Devemos determinar:
p (Y ≥ 1) = p (Y = 1) + p (Y = 2) + p (Y = 3) + p(Y = 4) + p (Y = 5) + p (Y = 6) Neste caso, entretanto, convém trabalhar com o complementar, ou seja:
Por outro lado, como:
p (Y = 0) = C 4 , 0 . (1/6) 0 . (5/6) 4 - 0 = 625/1.296 segue que:
p (Y 1) = 1 - 625/1.296 = 671/1.296 = ≤ 0,5177 (51,77%)
Parâmetros do 2º jogo:
Y = VA indica quantas vezes ocorre um duplo seis n = 24
p = 1/36
q = 1 – 1/36 = 35/36
Neste caso, como:
p (Y = 0) = C 24 , 0 . (1/36) 0 . (35/36) 24 - 0 = (0,9722) 24 = 0,5086 segue que:
p (Y ≥ 1) = 1 – p (Y = 0) = 1 – 0,5083 = 0,4914 (49,14%)
RESPOSTA: A probabilidade de vencer no primeiro jogo é maior: 51,77% (contra 49,14% no segundo)
7.) Uma certa companhia de aviação chegou a conclusão que 5% das pessoas que fazem reserva em determinado vôo, não comparecem ao embarque. Consequentemente adotou a política de reservar 77 lugares, nos seus aviões, que tem 75 lugares. Determine a probabilidade de que todas as pessoas que comparecerem ao embarque de um vôo selecionado ao acaso, encontrarão lugar.
SOLUÇÃO Parâmetros do :
Y = VA indica a probabilidade de uma pessoa comparecer ao embarque n = 77
p = 95% = 0,95 q = 5% = 0,05
Para que as todas as pessoas encontrem lugar no vôo, é preciso que o número de pessoas não ultra- passe 75.
Assim a probabilidade de que todas as pessoas que comparecerem ao embarque encontrarão lugar é dada por:
p (Y ≤ 75) = p (Y = 0) + p (Y = 1) + p (Y = 2) + . . . + p (Y = 75)
Neste caso convém trabalhar com o complementar, ou seja:
p (Y ≤ 75) = 1 – ( p (Y = 76) + p (Y = 77) ) Por outro lado, como:
p (Y = 76) = C 77 , 76 . (0,95) 76 . (0,05) 77 - 76 = 0,0781 p (Y = 77) = C 77 , 77 . (0,95) 77 . (0,05) 77 - 77 = 0,0193 segue que:
p (Y ≤ 75) = 1 – ( 0,0781 + 0,0193 ) = 0,9026 (90,26%)
