A tabela a seguir apresenta as proporções do número de apendicectomias de emergência realizadas mensalmente em um certo hospital (dados coletados ao longo de alguns anos).
Cada pendrive produzido por certa fábrica tem probabilidade 0.07 de ser defeituoso, independente dos demais pendrives produzidos. A fábrica vende os pendrives em pacotes contendo 30 e oferece devolver o dinheiro ao cliente que comprar um pacote e este contiver pelo menos um pendrive defeituoso.
Qual a probabilidade da fábrica ter que devolver o dinheiro ao cliente? Tolerância da correção é ±0.01.
Se um cliente comprar 3 pacotes, qual é a probabilidade de que tenha que receber o dinheiro de volta por exatamente 2 deles? Tolerância da correção é ±0.01.
Solução
A variável aleatória discreta(v.a.d.) \(X\) é a ocorrência de pendrives defeituosos em um pacote contendo 30 deles com \(p = 0.07\)(chance de ser defeituoso,“sucesso”). Assim \(X\) pode ser aproximado por uma binomial em que \(X \in \{0,..,30\}\). Formalizando: \[ X \sim Bin(n = 30,p = 0.07) \] A fábrica só não devolve dinheiro se nenhum pendrive falhar em um pacote, em todos os outros casos ela devolve. Assim por pacote: \[ \mathbb{P}(X > 0) = 1-\mathbb{P}(X = 0)=1-\binom{n}{X=0}p^0(1-p)^{n-0}= 1-\binom{30}{0}0.07^0(0.93)^{30}\]
No caso do cliente comprar 3 pacotes, a chance ter reembolso é do item anterior \(p= 0.8866325\). Sendo Y a chance de reembolso pelo pacote, temos : \[ Y \sim Bin(n=3,p=0.8866325) \] Neste caso \(n=3\), queremos saber \(\mathbb{P}(Y=2)\): \[\mathbb{P}(Y=2) = \binom{n}{Y=2}p^2(1-p)^{n-2} =\binom{3}{2}0.8866325^2 0.1133675^{1} \]
Num jogo de dados, você paga R$25 e lança 3 dados. Se sair o número 1 em apenas um dos dados, você ganha R$25. Se sair o número 1 em dois dos dados, você ganha R$55. Se sair o número 1 em todos os três dados, você ganha R$65. Calcule o lucro líquido esperado de uma jogada. Tolerância da correção é ±0.5.
Solução
Temos X como sendo uma v.a.d. que contam a ocorrência do número em 3 dados. Formamente: \[X\sim Bin(n,p)\] Neste caso \(n=3\)(dados) e a chance de sucesso \(p=1/6\). Assim: \[ p_1=\mathbb{P}(X=1) = \binom{3}{1}\frac{1}{6}^1 \left( 1-\frac{1}{6}\right)^{3-1}= 0.3472222\]\[p_2=\mathbb{P}(X=2) = \binom{3}{2}\frac{1}{6}^2 \left( 1-\frac{1}{6}\right)^{3-2}=0.06944444\]\[p_3=\mathbb{P}(X=3) = \binom{3}{3}\frac{1}{6}^3 \left( 1-\frac{1}{6}\right)^{3-3}=0.00462963\]
Uma técnica cirúrgica é aplicada em 8 pacientes. Você soube que há 76% de chance de sucesso. Encontre a probabilidade de que a cirurgia seja um sucesso para
exatamente 4 pacientes.
no mínimo 4 pacientes.
menos que 4 pacientes.
Solução
A variável aleatória discreta(v.a.d.) \(X\) é a quantidade de pacientes que obtém sucesso após o procedimento sendo n = 8 e \(p = 0.76\)(sucesso de cada paciente). Assim \(X\) pode ser aproximado por uma binomial em que \(X \in \{0,..,8\}\). Formalizando: \[ X \sim Bin(n,p) \] Neste caso \(n=8\), queremos saber \(\mathbb{P}(X = 4)\): \[\mathbb{P}(X=4) = \binom{n}{X=4}p^2(1-p)^{n-4} =\binom{8}{4}0.76^4 (1-0.76)^{8-4} =0.07748139 \]
# outra formachoose(8,0)*(0.76^0)*((1-.76)^(8))+choose(8,1)*(0.76^1)*((1-.76)^(7))+choose(8,2)*(0.76^2)*((1-.76)^(6))+choose(8,3)*(0.76^3)*((1-.76)^(5))
[1] 0.02295478
Exercício 60
Seja 𝑋 uma variável aleatória que segue uma distribuição Geométrica com 𝑝 igual a 0.6 e valores possíveis 1,2,3,….
Considere o seguinte experimento: lançam-se dois dados honestos e observa-se a soma dos resultados.
Qual a probabilidade de se observar um 11?
Encontre a probabilidade de que sejam necessários menos do que 15 lançamentos para observar um 11 pela primeira vez.
Encontre a probabilidade de que sejam necessários mais do que 15 lançamentos para observar um 11 pela primeira vez. Resposta
Encontre o número médio de lançamentos necessários para se observar um 11 pela primeira vez
Solução
Seja X a v.a.d. tal que \(X = X_1 + X_2\), onde \(X_k \sim U(n)\) para \(k={1,2}\)sendo os dados v.a.d. de distribuição uniforme com parâmetro \(n=6\), assim os valores \(X_k \in \{1,..,6\}\) com (\(k={1,2}\)).
\[\mathbb{P}(X=11) = \mathbb{P}(X_1=5)\mathbb{P}(X_2=6)+\mathbb{P}(X_1=6)\mathbb{P}(X_2=5)\]\[= \frac{1}{6}\frac{1}{6}+ \frac{1}{6}\frac{1}{6} = \frac{1}{18}=0.05555556\] b. Para modelar este problema consideramos X como sendo uma v.d.a. de distribuição geométrica, ou seja, temos: \[X \sim Geom(p = 1/18)\] Assim,temos para ocorrência de um sucesso em menos de 15 lançamentos: \[\mathbb{P}(X < 15)=\mathbb{P}(X \le 14) =\sum^{13}_{k=0} \left(1 - \frac{1}{18}\right)^{k}\frac{1}{18} = 0.5507689 \]
#sucesso em menos do que 15, significa que no máximo vão ter 14 lançamentos# sendo o máximo de fracassos 13, logo:pgeom(q=13, prob =1/18)
[1] 0.5507689
Analogamente, reescrevemos e usamos a probabilidade complementar e o resultado do item anterior: \[\mathbb{P}(X > 15) = 1 - \mathbb{P}(X \le 15) = 1-\left[\mathbb{P}(X \le 14)+\mathbb{P}(X = 15)\right] = \]\[\mathbb{P}(X > 15) = 1-\left[ 0.5507689 + \left(1-\frac{1}{18}\right)^{14}\frac{1}{18} \right] =1-(0.5507689+0.02495728)= 0.4242738 \]
Usamos a esperança de uma v.a.d. de distribuição geométrica com paramêtro p, dado por: \[\mathbb{E}[X] = \left\lceil\frac{1}{p}\right\rceil\]\[\mathbb{E}[X] = \left\lceil\dfrac{18}{1}\right\rceil=18\]
Exercício 62
Um obstetra afirma, após avaliação minuciosa do estado de saúde de um casal, que a chance de uma gravidez ser bem-sucedida a partir da implantação de um embrião congelado é 0.25. O casal quer muito ter um filho e decide repetir o procedimento de implantação de embrião até que a gravidez seja bem-sucedida.
Qual a probabilidade da mulher conseguir ter um filho na quarta tentativa?
Qual a probabilidade da mulher conseguir ter um filho antes da quarta tentativa?
Qual a probabilidade da mulher conseguir ter um filho na segunda, terceira ou quarta tentativa?
Solução
O número de tentativas até que se tenha sucesso com a gravidez é uma variável aleatória discreta, G, de distribuição geométrica com parâmetro \(p = 0.25\), sendo escrito: \[G \sim Geom( p = 0.25)\]\[G \in \{1, 2, \dots\}\]\[\mathbb{P}(G =x) = (1-p)^{x-1}p\] a. No R temos que a variável associada esta contando a quantidade de insucessos, logo devemos subtrair uma unidade. Assim se \(G = 4\), devemos buscar no R o valor \(x = 3\)
Suponha que uma loja envie ao cliente uma mensagem com as promoções da semana via WhatsApp. A probabilidade de que a venda para um cliente se realize após o envio da mensagem é 0.59. Assume-se que essa probabilidade seja mantida, independente do total de semanas que a loja já tenha enviado as promoções para o cliente. Encontre a probabilidade de que a primeira venda para um cliente só ocorra após o envio das promoções por 2 semanas seguidas.
Solução
Conside a v.a.d. \(E \in \{1, 2, \dots\}\), correspondendo a semana em que a venda ocorre após a k-ésima mensagem(\(E=k\)). Nossa v.a.d. \(E\) possui distribuição de probabilidade geométrica, assim: \[E \sim Geom(p = 0.59)\]\[\mathbb{P}(E = x) = (1-p)^{x-1}p\] Desejamos conhecer a probabilidade da primeira venda ocorra após o envio de duas mensagens, logo tivemos um fracassos e o sucesso ocorre na semana da segunda mensagem, logo \(E =2\). Portanto: \[\mathbb{P}(E=2) = p(1-p) \] No R temos que lidamos com a quantidade de insucessos(\(Q\)), assim \(\mathbb{P}(E = 2) = \mathbb{P}(Q =1)\), logo o código em R fica:
dgeom(x=1, prob =0.59)
[1] 0.2419
Exercício 64
Uma empresa fabrica um tipo de tomada que são embalados em lotes de 15 unidades. Para aceitar o lote enviado por essa fábrica, o controle de qualidade da empresa tomou o seguinte procedimento: sorteia-se um lote e desse lote selecionam-se 5 tomadas para teste, sem reposição. Se for constatado no máximo 1 tomadas defeituosas, aceita-se o lote fornecido pela fábrica. Se o lote sorteado tiver 4 peças defeituosas, responda as seguintes perguntas.
Qual a probabilidade de que nenhuma tomada na amostra seja defeituosa?
Qual a probabilidade de se aceitar o lote?
Qual o número esperado de tomadas defeituosas na amostra?
Qual a variância do número de tomadas defeituosas na amostra?
Solução
Seja X nossa v.a.d que tem distribuição hipergeométrica com paramêtros m = 4(ruins/bolas brancas), n = 15-4=11 (boas/bolas pretas) e k = 5 (tamanho da amostra): \[X \sim Hiper(m, n, k)\] Sendo o tamanho do lote(equivale formulação do modelo usando a quantidade de bolas brancas e pretas em uma urna): \[N=m+n\]\[\mathbb{P}(X=x|m,n,k)= \large{\frac{\binom{m}{x}\binom{n}{k-x}}{\binom{N}{k}}}\] a. Substituindo os valores, temos: \[\mathbb{P}(X=0|m=4,n=11,k=5)=\large{\frac{\binom{4}{0}\binom{11}{5-0}}{\binom{15}{5}}}= 0.1538462\]
#1°formadhyper(x=5,m=11, n=4, k=5)
[1] 0.1538462
#2° formadhyper(x=0, m=4, n=11, k=5)
[1] 0.1538462
#3°formam =11# não defeituosasn =4# defeituosak =5# tamanho da amostraN = m + n # tamanho do lotex =5# quantidade de não defeituosaschoose(m, x)*choose(n, k-x)/choose(N, k)
[1] 0.1538462
#4°formam =4# defeituosasn =11# não defeituosak =5# tamanho da amostraN = m + n # tamanho do lotex =0# quantidade de defeituosaschoose(m, x)*choose(n, k-x)/choose(N, k)
[1] 0.1538462
Aceitar o lote equivale a encontrar apenas uma peça defeituosa na amostra, logo: \[\mathbb{P}(X \le 1|m=4,n=11,k=5)=\large{\sum_{i=0}^{1}\frac{\binom{4}{i}\binom{11}{k-i}}{\binom{15}{5}}}=\large{\frac{\binom{10}{0}\binom{5}{5-0}}{\binom{15}{5}}} + \large{\frac{\binom{10}{1}\binom{5}{5-1}}{\binom{15}{5}}}=0.5934066\]
Usando a primeira formulação na resolução, temos que a esperança de uma v.a.d. de distribuição hipergeométrica de parâmetros m,n e k é: \[\mathbb{E}[X]=\frac{m \times k}{N}=\frac{4 \times 5}{15}= 1.333333\]
Usando a primeira formulação na resolução, temos que a variância de uma v.a.d. de distribuição hipergeométrica de parâmetros m,n e k é: \[\mathbb{Var}[X]=\frac{m \times n \times k \times (N-k)}{N^2 \times (N-1)}=\frac{11 \times 4 \times 5 \times (15-5)}{15^2 \times (15-1)}=0.6984127\]
Exercício 65
Entre os 17 programadores de uma empresa, 10 são do sexo masculino. A empresa decide sortear 2 programadores para fazer um curso avançado de programação. Qual é a probabilidade de termos 1 programadores do sexo masculino entre os 2 sorteados?
Solução
Semelhante ao clássico problema da urna contendo N bolas, sendo m brancas e n pretas, realizando k retiradas sem reposição, a quantidade de bolas brancas segue uma distribuição hipergeométrica de paramêtros m,n e k. Neste problema bolas branca equivale ao sexo masculino e bola preta ao feminino, nosso k é o número de vagas para o curso, neste caso k=2. \[\mathbb{P}(X=x|m,n,k)= \large{\frac{\binom{m}{x}\binom{n}{k-x}}{\binom{N}{k}}}\]\[\mathbb{P}(X = 1|m=10,n=7,k=2)= \large{\frac{\binom{10}{1}\binom{7}{2-1}}{\binom{17}{2}}}=0.5147059\]
dhyper(x =1, m =10, n =7, k =2)
[1] 0.5147059
Exercício 66
Suponha que o número de falhas em um cabo de fibra ótica siga uma distribuição de Poisson. A média de falhas por 30 metros de cabo é 2.1.
Qual a probabilidade de encontrarmos exatamente 6 falhas em 220m de cabo?
Encontre a probabilidade de encontrarmos mais do que 3 falhas em 130m de cabo?.
Solução
A variável aleatória discreta(v.a.d.) X é número de falhas ao longo do comprimento do cabo de fibra ótica(\(t\)), sendo que esta ocorrência tem natureza aproximado pela distribuição de Poisson. \[ X \sim Pois(\lambda t ) \]\[ \mathbb{P}(X = x | \lambda t) = \frac{\lambda t ^xe^{-\lambda t}}{x!} \] Temos \(t=180\) m(equivale ao comprimento do cabo) e \(\lambda = \frac{2.2}{50}\)(taxa de falha em um comprimento conhecido), logo \(\lambda t = 7.92\). Resultando:
#ou de outra formappois(q =3, lambda =5.28, lower =FALSE)
[1] 0.7721026
Variáveis Aleatórias Contínuas
Exercício 67
Você está no shopping e precisa retornar uma ligação urgente, mas seu celular está praticamente sem bateria. Você encontra um ponto de recarga, mas alguém chega para usá-lo primeiro do que você. Suponha que a duração média, em minutos, de uma recarga no shopping seja 10 e que o tempo de recarga no shopping siga uma distribuição exponencial.
A tolerância de erro para a correção é ±0.005.
Qual a probabilidade de que você tenha que esperar menos do que 10 minutos para começar a recarregar?
Qual a probabilidade de que você tenha que esperar entre 10 e 11 minutos para começar a recarregar?
Solução
X: é uma variável aleatória contínua que mede o tempo de espera que podemos esperar para carregar nosso celular em um shopping \[ X \sim Exp(\lambda )\] Para \(x\)\(\ge\) 0 , temos a densidade de probabilidade de uma v.a.c. de distribuição exponencial sendo: \[f(x) = \begin{cases}
\lambda e^{-\lambda x}, & \mbox{para } x\ge 0 \\
0, & \mbox{caso contrário } x<0 \end{cases}
\]
No intervalo não nos preocupamos com os extremos serem abertos ou fechados, pois a probabilidade de uma variável contínua em um ponto é nula, logo podemos fechar os extremos do intervalos ou deixa-los em aberto: \[\mathbb{P}(10 \le X < 11)= \mathbb{P}(10 < X \le 11)= \mathbb{P}(10 < X < 11) =\mathbb{P}(10 \le X \le 11) = \mathbb{F}(X=11) - \mathbb{F}(X=10)=\]\[\mathbb{P}(10 \le X \le 11) =1- e^{\frac{1}{10} \times 11}- \left(1- e^{\frac{1}{10} \times 10}\right)=0.03500836\]
Pelo R:
pexp(q =11, rate =0.1)-pexp(q =10, rate =0.1)
[1] 0.03500836
Exercício 68
Cedo ou tarde, as máquinas falham. Suponha que o tempo de falha (em unidades de mil horas) de uma certa máquina seja uma variável aleatória com distribuição exponencial de parâmetro 𝜆.
A experiência mostra que a probabilidade de que o tempo de falha de uma certa máquina exceda 11 mil horas é 0.56.
A tolerância de erro para a correção dos itens é ±0.01 e ±1, respectivamente.
Calcule o valor do parâmetro 𝜆.
Usando o parâmetro 𝜆 determinado no item anterior, calcule o tempo \(x_0\) tal que a probabilidade de que o tempo de falha seja menor do que \(x_0\) mil horas seja 0.11. Arredonde sua resposta para o maior inteiro mais próximo.
Solução
X: é uma variável aleatória contínua que mede o tempo de funcionamento de uma máquina antes dela vir a falhar. \[ X \sim Exp(\lambda )\] Para \(x\)\(\ge\) 0 , temos a densidade de probabilidade de uma v.a.c. de distribuição exponencial sendo: \[f(x) = \begin{cases}
\lambda e^{-\lambda x}, & \mbox{para } x\ge 0 \\
0, & \mbox{caso contrário } x<0 \end{cases}
\]
\[\mathbb{P}(X < x_0) = 0.11 \]\[1-e^{-\lambda x_0} = 0.11 \iff e^{- \lambda x_0}=0.89 \iff ln(e^{- \lambda x_0})=ln(0.89) \iff\]\[\iff x_0=-\frac{ln(0.89)}{\lambda}\]\[\therefore x_0 = 2.210816\] O maior inteiro mais próximo como resposta será: \[\lceil x_0 \rceil= 3\]
Exercício 69
A densidade de uma variável aleatória 𝑋 é dada por 𝑓(𝑥)=\(bx^4\), se 𝑥∈[0,𝑐], e 𝑓(𝑥)=0 caso contrário. Sabe-se que 𝐸(𝑋)=0.55.
Encontre 𝑏. A tolerância de erro para a correção é ±0.5.
Encontre 𝑐. A tolerância de erro para a correção é ±0.1.
Calcule 𝑃(0≤𝑋≤𝑐/3). A tolerância de erro para a correção é ±0.01.
Calcule 𝑉𝑎𝑟(𝑋). A tolerância de erro para a correção é ±0.01.
Solução
Temos que a integral imprópria da \(f(x)\), densidade de probabilidade da variável aleatória contínua, será: \[\int_{-\infty}^{+\infty}{f(x)dx = 1}\] Como 𝑥∈[0,𝑐], resumimos: \[\int_{0}^{c}{f(x)dx = 1}\]\[\int_{0}^{c}{bx^4dx = 1} \iff \tfrac{1}{5} bx^5 \Big|_0^c=1 \iff \tfrac{1}{5} bc^5 -\tfrac{1}{5} b(0)^5=1\]\[\tfrac{1}{5} bc^5 =1 \tag{1}\] Utilizando a esperança da variável X encontraremos a uma segunda equação que permita determinar o termo b com a expressão acima: \[\mathbb{E}[X] = \mu_X= \int_{-\infty}^{+\infty}{x.f(x)dx}\]\[\mathbb{E}[X] = \int_{0}^{c}{x(bx^4)}dx=0.55 \iff \int_{0}^{c}{bx^5}dx=0.55 \iff \tfrac{1}{6} bx^6 \Big|_0^c=0.55 \iff \]
\[\tfrac{1}{6} bc^6 =0.55 \tag{2} \] De \(\frac{(2)}{(1)}\), temos: \[\frac{5}{6}c=0.55\]\[\therefore c =0.66\] a. Substituindo c em (1),temos:
\[\tfrac{1}{5} b(0.66)^5 =1 \]\[\therefore b =39.9255 \]
Com os valores de b e c conhecidos, calculamos a seguinte acumula: \[\mathbb{F}(X=c/3)=\mathbb{P}(X \le c/3)=\int_{0}^{c/3}{bx^4}dx \iff \tfrac{1}{5} bx^5 \Big|_0^{c/3}=\tfrac{1}{5} b(c/3)^5 \]\[\therefore \mathbb{F}(X=c/3)=\tfrac{1}{5} b(c/3)^5=0.004115227 \]
A variância será: \[\mathbb{Var}[X] = \sigma^2_X=\mathbb{E}[(X- \mu_X)^2]=\int_{-\infty}^{+\infty}{(x- \mu_X)}^2f(x)dx \]
Conhecendo a média(\(\mu_X\)=0.55) do enunciado, temos: \[\mathbb{Var}[X] = \int_{0}^{c}{(x-0.55)}^2bx^4dx= 0.008642857 \] Usando o R para resolver numericamente a integral:
Seja 𝑍 uma v.a. com distribuição normal padrão, ou seja, 𝑍∼Normal(𝜇=0,𝜎2=1). Calcule as probabilidades a seguir.
𝑃(𝑍≤−0.4)
𝑃(𝑍≤−0.15)
𝑃(𝑍>−0.35)
𝑃(𝑍<−0.78)
𝑃(𝑍<−0.23)
𝑃(𝑍<0.95)
𝑃(𝑍=−0.38)
Solução
pnorm(q=-0.4) # item a
[1] 0.3445783
pnorm(q =-0.15) # item b
[1] 0.4403823
pnorm(q =-0.35, lower.tail =FALSE) # item c
[1] 0.6368307
pnorm(q =-0.78) # item d
[1] 0.2176954
pnorm(q =-0.23) # item e
[1] 0.4090459
pnorm(q =0.95) # item f
[1] 0.8289439
# item g: probabilidade em um ponto é nula para v.a.c.
Exercício 71
Seja 𝑍 uma v.a. com distribuição normal padrão, ou seja, 𝑍∼Normal(𝜇=0,\(𝜎^2\)=1). Calcule as probabilidades a seguir.
𝑃(−1.85<𝑍<−0.12)
𝑃(−0.69<𝑍<−0.39)
𝑃(−1.86<𝑍<0.91)
𝑃(−0.18<𝑍<0.67
𝑃(−1.26<𝑍<1.11)
𝑃(0<𝑍<1.23)
Solução
pnorm(q =-0.12) -pnorm(q =-1.85) #item a
[1] 0.4200848
pnorm(q =-0.39) -pnorm(q =-0.69) #item b
[1] 0.1031712
pnorm(q =0.91) -pnorm(q =-1.86) #item c
[1] 0.787146
pnorm(q =0.67) -pnorm(q =-0.18) #item d
[1] 0.3199948
pnorm(q =1.11) -pnorm(q =-1.26) #item e
[1] 0.7626658
pnorm(q =1.23) -pnorm(q =0) #item f
[1] 0.3906514
Exercício 72
Seja 𝑋∼Normal(𝜇=7,\(𝜎^2\)=4). Calcule as probabilidades a seguir.
𝑃(5.81<𝑋<6.27)
𝑃(5.75<𝑋<6.42)
𝑃(6.45<𝑋<8.85)
Solução
pnorm(q =6.27, mean =7, sd =2) -pnorm(q =5.81, mean =7, sd =2) #item a
[1] 0.08163397
pnorm(q =6.42, mean =7, sd =2) -pnorm(q =5.75, mean =7, sd =2) #item b
[1] 0.1199226
pnorm(q =8.85, mean =7, sd =2) -pnorm(q =6.45, mean =7, sd =2) #item c
[1] 0.4308589
Exercício 73
Seja 𝑍∼Normal(0,1). Encontre 𝑧 nas expressões a seguir.
𝑃(𝑍>𝑧)=0.8904
𝑃(𝑍>𝑧)=0.0809
𝑃(𝑍<𝑧)=0.1607
𝑃(𝑍<𝑧)=0.6577
𝑃(|𝑍|>𝑧)=0.418
𝑃(|𝑍|>𝑧)=0.1477
𝑃(|𝑍|<𝑧)=0.1351
𝑃(|𝑍|<𝑧)=0.2577
Solução
qnorm(p =0.8904, lower.tail =FALSE) # item a
[1] -1.228658
qnorm(p =0.0809, lower.tail =FALSE) # item b
[1] 1.399043
qnorm(p =0.1607) # item c
[1] -0.991585
qnorm(p =0.6577) # item d
[1] 0.4061941
qnorm(p =0.418/2, lower.tail =FALSE) # item e
[1] 0.8098959
qnorm(p =0.1477/2, lower.tail =FALSE) # item f
[1] 1.447703
qnorm(p = (1-0.1351)/2, lower.tail =FALSE) # item g
[1] 0.17014
qnorm(p = (1-0.2577)/2, lower.tail =FALSE) # item h
[1] 0.3288091
Exercício 74
Suponha que o tempo que um aluno gasta para ir de casa até a UNICAMP segue aproximadamente uma distribuição Normal com média 41 minutos e desvio padrão 10 minutos. Se este aluno tem uma prova às 8:00 e quer ter 90% de certeza de que não vai chegar atrasado, quantos minutos antes da prova ele deverá sair de casa?
qnorm(p =0.23, lower.tail =FALSE, mean =387, sd =73)
[1] 440.9358
9% melhores: \[\mathbb{P}(X \ge x) = 0.09\]
qnorm(p =0.09, lower.tail =FALSE, mean =387, sd =73)
[1] 484.8751
Exercício 76
A bateria do seu velho carro precisa ser trocada imediatamente, mas você ainda quer percorrer mais 30000 km antes de vender seu velho carro. Você tem que escolher entre duas marcas de bateria (𝐴 e 𝐵), que custam o mesmo preço. Após grande pesquisa, você descobriu que a duração das baterias da marca 𝐴 segue a distribuição normal com média 37000 km e desvio padão 6000 km e que entre as baterias da marca 𝐵 a distribuição normal com média 32000 km e desvio padão 5000 km.
Qual a probabilidade da bateria da marca 𝐴 durar pelo menos 30000 km? A tolerância da correção é 0.05.
Qual a probabilidade da bateria da marca 𝐵 durar pelo menos 30000 km? A tolerância da correção é 0.05.
Se tudo o que importa para você é que a bateria dure pelo menos 30000 km, qual marca você deve comprar? Responda 1 para 𝐴 ou 2 para 𝐵. A tolerância da correção é 0.
Solução
Sejam as v.a.c. \(X_A\) e \(X_B\) em milhares de km: \[X_A \sim N(\mu =37, \sigma=6)\]\[X_B \sim N(\mu =32, \sigma=5)\] a. A probabilidade buscada é traduzida como: