GET00189 Probabilidade I Gabarito da lista de exercícios - Capítulo 1 Profa. Ana Maria Lima de Farias

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1 GET00189 Probabilidade I Gabarito da lista de exercícios - Capítulo 1 Profa. Ana Maria Lima de Farias SEÇÃO 1.1 Experimento aleatório, espaço amostral e evento 1. Vamos definir os seguinte eventos: K lançamento resulta em cara na face superior C lançamento resulta em coroa na face superior Ω {KKK, KKC, KCK, CKK, KCC, CKC, CCK, CCC} A {KKK, CCC} B {KKK, KKC, KCK, KCC} C {KCC, CCC} 2. (a) Veja a Figura 1a. B A A B A A c B c (A B) c A c (b) Veja a Figura 1b. Como A B, resulta que A B A B c A. (c) Veja a Figura 1c. (A C) B (A B) (B C) (A B) (A B) (d) Veja a Figura 1d. (A B) C (A C) (B C) (a) A c B c (b) A B (c) (A C) B (d) (A B) C Figura 1 Gabarito do Exercício 2 3. (a) Ω {(i, j, k, l, m), i, j, k, l, m 1, 2, 3, 4, 5, 6} (b) Ω {(i, j, k, l, m), i, j, k, l, m 1, 2, 3, 4, 5, 6; i j; j k; k l; l m} Departamento de Estatística 1

2 (c) Ω {0, 1, 2,...} (d) Vamos denotar por M o evento bebê é do sexo masculino e por F o evento bebê é do sexo feminino. Então, M, F, MM, MF, F M, F F, MMM, MMF, MF M, F MM, F F M, F MF, MF F, F F F, Ω F F F F, F F F M, F F MF, F MF F, MF F F, MMF F, MF MF, MF F M, F F MM, F MF M, F MMF, MMMF, MMF M, MF MM, F MMM, MMMM Note que representamos aí os casais com um filho, dois filhos, três filhos e quatro filhos. (e) A lâmpada pode queimar logo ao ser ligada e, teoricamente, pode durar para sempre; logo, Ω (0, ). (f) Como temos que sortear as 3 mulheres, serão necessários, no mínimo, 3 sorteios e, no pior dos casos, a última mulher será a última a ser sorteada. Como estamos interessados apenas no número de sorteios, o espaço amostral é Ω {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} (g) Podemos obter cara logo no primeiro lançamento ou então no segundo ou no terceiro... Teoricamente, pode ser necessário lançar a moeda infinitas vezes. Logo, Ω {1, 2, 3,...} { } AA, AB, AC, AD, AE, BA, BB, BC, BD, BE, CA, CB, CC, (h) Ω CD, CE, DA, DB, DC, DD, DE, EA, EB, EC, ED, EE { } AB, AC, AD, AE, BA, BC, BD, BE, CA, CB, CD, CE, (i) Ω DA, DB, DC, DE, EA, EB, EC, ED 4. (a) O evento somente A ocorre significa que A ocorreu e B não ocorreu e C não ocorreu; em linguagem de conjunto: Somente A ocorre A B c C c (b) Exatamente um ocorre significa que apenas A ocorre, ou apenas B ocorre ou apenas C ocorre. Exatamente um ocorre (A B c C c ) (A c B C c ) (A c B c C) (c) O evento A, B e C ocorrem significa que os três eventos ocorreram; em linguagem de conjunto, A, B e C ocorrem A B C (d) A c B c C c (A B C) c (e) O evento pelo menos um ocorre significa que pode ter ocorrido apenas um, ou dois ou três; essa é a própria definição de união, ou seja, em linguagem de conjunto, temos que pelo menos um ocorre A B C (f) Os dois que ocorrem podem ser A e B ou A e C ou B e C. Ocorrendo dois desses, o terceiro não pode ocorrer. Logo, em linguagem de conjunto temos que: exatamente dois ocorrem (A B C c ) (A B c C) (A c B C) (g) Pelo menos dois significa, neste caso, 2 ou 3 ocorrem, ou seja: (A B C c ) (A c B C) (A B c C) (A B C) O primeiro termo corresponde à ocorrência de A e B, mas não de C; o segundo termo, ocorrência de B e C, mas não de A; o terceiro, ocorrência de A e C, mas não de B, e o quarto termo corresponde à ocorrência dos 3 simultaneamente. Departamento de Estatística 2

3 (h) No máximo 2 significa ou nenhum ocorre, ou ocorre apenas um, ou ocorrem apenas 2. No caso de 3 eventos, a única possibilidade excluída é à ocorrência dos três simultaneamente, ou seja, (A B C) c. 5. A { (1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (4, 2), (4, 4), (4, 6), (5, 1), (5, 3), (5, 5), (6, 2), (6, 4), (6, 6) B {(3, 6), (4, 5), (4, 6), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} { } (1, 6), (2, 6), (3, 6), (4, 6), (5, 6), (6, 6), C (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5) A B A B A B c A B {(4, 6), (5, 5), (6, 4), (6, 6)} (1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (4, 2), (4, 4), (4, 6), (5, 1), (5, 3), (5, 5), (6, 2), (6, 4), (6, 6), (3, 6), (4, 5), (5, 4), (5, 6), (6, 3), (6, 5) { (1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (4, 2), (4, 4), (5, 1), (5, 3), (6, 2) B A B A c {(3, 6), (4, 5), (5, 4), (5, 6), (6, 3), (6, 5)} B C {(3, 6), (4, 6), (5, 6), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} B C B C c {(4, 5), (5, 4), (5, 5)} Note que, de acordo com as propriedades já vistas, (B C) (B C) (B C) (B C c ) } [(B C) B] [(B C) C c ] [B] [C c (B C)] B [(C c B) (C c C)] B [(C c B) (Ω)] B (C c B) (B C c ) (B B) (B C c ) B B } 6. A solução deste exercício fica bastante simplificada se notarmos o seguinte: A B Ω A B D { A D D D A A D A { B D D D B B D B (a) A (B D) A D A {1, 3, 5, 7, 9} (b) B (A D) B D B {0, 2, 4, 6, 8, 9} (c) A c B c (A B) c D c {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} (d) A c B c (A B) c Ω c (e) A B {1, 3, 5, 7} (f) B A {0, 2, 4, 6, 8} (g) (A B) c D c {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} (h) (A B) c Ω c Departamento de Estatística 3

4 SEÇÃO 1.2 Axiomas e propriedades da probabilidades 7. P(B) 1 P(B c ) 3 4. Se A e B fossem mutuamente exclusivos, teríamos que ter P(A B) P(A) + P(B) > 1. Logo, A e B têm que ter interseção, ou seja, A e B não podem ser mutuamente exclusivos. 8. Do enunciado, concluímos que A B. Logo, (a) P(A B) P(A) + P(B) 0, 5 + 0, 4 0, 9 (b) P(B A c ) P(B) P(A B) 0, 4 0 0, 4 9. Sabemos que P(A 1 A 2 A 3 ) P(A 1 )+P(A 2 )+P(A 3 ) P(A 1 A 2 ) P(A 1 A 3 ) P(A 2 A 3 )+P(A 1 A 2 A 3 ) Temos também que A 1 A 2 A 3 A 1 (A 2 A 3 ) pela propriedade associativa. Dos dados do problema resulta que A 1 A 2 A 3 A 1 (A 2 A 3 ) A 1 (A 1 A 2 ) A 1 A 2 Usando esse resultado e todos os dados do problema, resulta que Temos que ter, então, P(A 3) 2 P(A 1 A 2 ) P(A 3 ) P(A 1 A 2 ) P(A 1 A 2 ) P(A 1 A 2 ) 3 8 Assim, o problema admite infinitas soluções, conforme ilustrado pelo segmento em preto na Figura 2, onde a reta tracejada representa a função y 0, x. Figura 2 Relação entre P (A 1 A 2 ) e P(A 3 ) para o Problema 9 Fazendo P(A 1 A 2 ) p, 0 p 3 8, temos que ter P (A 3) p. Departamento de Estatística 4

5 10. P(M) P(A B c C c ) P[A (B c C c )] P[A (B C) c ] Lembrando que P (A B c ) P(A) P(A B), resulta que Por outro lado, P(M) P (A) P[A (B C)] P(A) P(N) 0, 7 P(N) Logo, P(M) 0, 7 0, 65 0, 05. P(N) P[A (B C)] P[(A B) (A C)] P(A B) + P(A C) P[(A B) (A C)] P(A B) + P(A C) P[(A B C)] 0, , 35 0, 15 0, 65 SEÇÃO 1.3 Espaços amostrais finitos e igualmente prováveis 11. Veja a Figura 3, onde é representado um esquema do espaço amostral. Vamos calcular a probabilidade de cada um dos eventos aí indicados. Figura 3 Sócios dos clubes A, B, C Sócio de apenas 2 A, B mas não C P(A B C c ) P(A B) P(A B C) 0, 11 0, 075 0, 035 A, C mas não B P(A B c C) P(A C) P(A B C) 0, 22 0, 075 0, 145 B, C mas não A P(A c B C) P(B C) P(A B C) 0, 14 0, 075 0, 065 Departamento de Estatística 5

6 Sócio de apenas um Só de A P(A B c C c ) P[A (B C) c ] P(A) P[A (B C)] P(A) P[(A B) (A C)] P(A) P(A B) P(A C) + Pr(A B C) 0, 470 0, 110 0, , 075 0, 215 Só de B P(A c B C c ) P[B (A C) c ] P(B) P[B (A C)] P(B) P[(A B) (B C)] P(B) P(A B) P(B C) + P(A B C) 0, 420 0, 110 0, , 075 0, 245 Só de C P(A c B c C) P[C (A B) c ] P(C) P[C (A B)] P(C) P[(A C) (B C)] P(C) P(A C) P(B C) + P(A B C) 0, 315 0, 220 0, , 075 0, 03 (a) Seja o evento N uma família não é sócia de qualquer um dos clubes. P(N) P(A c B c C c ) P[(A B C) c ] 1 P(A B C) 1 P(A) P(B) P(C) + P(A B) + P(A C) + P(B C) P(A B C) 1 0, 470 0, 420 0, , , , 140 0, 075 0, 19 (b) Seja o evento U uma família é sócia de apenas um dos clubes. P(U) P(A B c C c ) + P(A c B C c ) + P(A c B c C) 0, , , 03 0, 490 (c) Seja o evento M uma família é sócia de pelo menos dois clubes. P(M) P(A B C c ) + P(A B c C) + P(A c B C) + P(A B C) 0, , , , 075 0, 320 Note que M (N U) c P(M) 1 P(N U) 1 P(N) P(U), uma vez que N e U são mutuamente exclusivos. 12. Sejam os eventos S uma pessoa do bairro tem curso superior, C uma pessoa do bairro é casada, D uma pessoa do bairro está desempregada. O problema dá que P(S) 0, 22 P(C) 0, 16 P(D) 0, 10 P(S C D c ) 0, 05 P(S D) 0, 06 P(S C D) 0, 02 (a) O problema pede P (S C). Temos que P(S C) P(S C D) + P(S C D c ) 0, , 05 0, 07 (b) O problema pede P[(S C) D c ]. Temos que P[(S C) D c ] P(S C) + P(D c ) P(S C D c ) 0, , 90 0, 05 0, 92 (c) O problema pede P (S D). Temos que P (S D) P (S) + P (D) P (S D) 0, , 10 0, 06 0, 26 Departamento de Estatística 6

7 13. Sejam os eventos B artigo é bom, M artigo tem defeitos menores e G artigo tem defeitos graves. Pelos dados do problema, temos que P(B) 10 16, P(M) 4 16, P(G) Note que B, M, G são mutuamente exclusivos. (a) P(não ter defeito) P(B) (b) P(não ter defeito grave) P(G c ) 1 P(G) (c) P(ser perfeito ou ter defeito grave) P(B G) P (B) + P (G) O espaço amostral é formado por todas as quádruplas de alunos; logo, #Ω ( 30 4 (a) Um homem entre os sorteados significa também que 3 mulheres foram sorteadas. Seja U o evento um homem sorteado. Então ) ( 18 ) ! 4! 26! P(U) ) 3! 15! 30! ( 12 1 ( 30 4 (b) No máximo uma pessoa do sexo feminino significa nenhuma ou uma pessoa do sexo feminino. Seja X o evento no máximo uma pessoa do sexo feminino. Então ( 12 ) ( ) ( 3 18 ) 12! 1 4! 8! P(X) ( 30 ) + 12! 3! 9! ! ! 26! (c) Ter pelo menos uma pessoa de cada sexo significa que não podemos ter todas as pessoas do mesmo sexo. Seja C pelo menos uma pessoa de cada sexo. Então ( 18 ) ( P(C c ) ) ( 30 ) Logo, P(C) ! 4! 14! + 12! 4! 8! 30! 4! 26! 15. O número total de maneiras de dispor os livros na prateleira é #Ω 10! (a) Seja A livros de cada assunto ficam juntos Podemos pensar nos 3 assuntos como blocos (veja Figura 4), que podem ser permutados de 3! maneiras. Mas em cada bloco (assunto), podemos permutar os livros. Assim, P(A) 3! 5! 2! 3! 10! (b) Seja B livros de Matemática não ficam juntos. O complementar de B é o evento B c livros de Matemática ficam juntos. Então, para calcular P(B c ) podemos pensar em 6 blocos: um bloco formado pelos livros de Matemática e os outros blocos sendo os 5 livros restantes (veja Figura 5). Esses blocos podem ser arranjados de 6! maneiras e dentro do bloco de Matemática, os livros podem ser arranjados de 5! maneiras. Logo, ) P(B c ) 6! 5! 10! P(B) Departamento de Estatística 7

8 Figura 4 Solução do Exercício 15a Figura 5 Solução do Exercício 15b (c) Seja C livros de Física todos separados ; então, o complementar é 2 livros de física juntos ou 3 livros de Física juntos. i. Primeira solução Temos liberdade para alocar um livro de Física e os 7 livros dos outros 2 assuntos, num total de 8! maneiras. Note que aí já estamos contabilizando as diferentes possibilidades para o livro de Física cuja posição já está definida. Veja Figura 6a. Para alocar os outros 2 livros de Física, temos que considerar o fato de que os 3 livros de Física têm que estar separados. Então, as posições possíveis são aquelas representadas por traços verticais na Figura 6b. Se o livro de Física está numa posição no meio, os outros 2 não podem estar nas posições vizinhas, ou seja, perdemos 2 posições e sobram 7 (linha superior da figura). Se o livro de Física está num dos extremos, ainda perdemos 2 posições, pois não há posição antes do primeiro livro (lina do meio na figura) ou depois do último livro (última linha da figura). Sendo assim, em qualquer caso, temos 7 posições para colocar os 2 livros de Física restantes e como eles são diferentes, o número de maneiras de fazer isso é P 7 2 7! 5!. Logo, P(C) 8! 7! 5! 10! (a) 1 livro de Física e os 7 restantes (b) Os outros 2 livros de Fisica Figura 6 Gabarito do Exercício 15(c)i ii. Segunda solução Vamos, agora, calcular P(C c ). Vamos definir os eventos D apenas dois livros de Física juntos e T os três livros de Física juntos. Então, C c D T. Departamento de Estatística 8

9 Pensando nos 2 livros de Física como um bloco e nos livros de Matemática e Química ( como blocos, temos 8! maneiras de arrumar esses blocos. Mas temos 3 ) 2 3 maneiras de escolher os 2 livros de Física que ficarão juntos e 2 maneiras de permutar esses 2 livros. Veja a Figura 7a. Assim como no primeira solução, para alocar o terceiro livro de Física, temos 7 posições disponíveis (veja Figura 7b), o que dá um total de ( 7 1) 7 maneiras. Logo, (3 ( 8! P(D) 2) 2! 7 ) ! De maneira análoga (veja solução do item 15b), 3! 8! P(T ) 6 10! o que nos leva ao mesmo resultado anterior: P(C c ) P(C) 7 15 (a) 2 livros de Fìsica e os 7 restantes (b) O outro livro de Física Figura 7 apenas 2 livros de Física juntos 16. (a) Seja A nenhuma peça defeituosa ( 40 ) 5 P(A) ( 50 ) 5 40! 5! 35! 50! 5! 45! (b) Seja B no máximo 2 defeituosas. ( 40 ) ( ) ( 4 10 ) ( ) ( 3 10 ) 2 P(B) ( 50 ) ! 2!6! 15! 12!3! , , (a) Seja o evento N menor número é 7. O número total de maneiras de selecionarmos 3 bolas dentre 15 é #Ω ( ) Se o menor número é 7, isso significa que uma das bolas é a de número 7 e as outras 2 têm número de 8 a 15. O número de maneiras de sortearmos essas 2 bolas é ( 8 2). Logo, ( 8 P(N) ( 2) 15 ) Note que na penúltima expressão, 15 é a probabilidade de retirar a bola 7; 8 14 é a probabilidade de retirar a primeira bola com número maior que 7 dentre as 14 restantes e 7 13 é a probabilidade de retirar a segunda bola com número maior que 7 dentre as 13 restantes. Como a ordem das extrações não importa, a bola 7 poderia ocorrer em qualquer uma das 3 extrações; daí multiplicamos por 3. Departamento de Estatística 9

10 (b) Seja o evento M maior número é 7. Se o maior número é 7, isso significa que uma das bolas é a de número 7 e as outras 2 têm número de 1 a 6. De maneira análoga, temos que ( 6 2) P(M) ( 15 ) 3 6! 2!4! 15! 12!3! Como antes, 15 é a probabilidade de retirar a bola 7; 6 14 é a probabilidade de retirar a primeira bola com número menor que 7 dentre as 14 restantes e 5 13 é a probabilidade de retirar a segunda bola com número menor que 7 dentre as 13 restantes. Como a ordem não importa, a bola 7 pode ser retirada em qualquer uma das 3 extrações e, assim, multiplicamos por 3. SEÇÕES 1.4 e 1.5 Probabilidade condicional e regra da multiplicação 18. (a) P(T ) 40/100 0, 4 (b) P(M A) P(M) + P(A) P(A M) (c) P(T A) P(T A) P(A) , , Vamos definir os eventos A face 6 em pelo menos um dado e B faces diferentes. Então, A {(1, 6), (2, 6), (3, 6), (4, 6), (5, 6), (6, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5)} B c {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)} Podemos ver que A B {(1, 6), (2, 6), (3, 6), (4, 6), (5, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5)} P(A B) P(B c ) 1 6 P(B) (a) P(A) P(A B) (b) P(A B) P(B) Veja a Figura 8, onde é representado o espaço amostral deste experimento. V bola sorteada é vermelha B bola sorteada é branca A bola sorteada é azul U 1 urna soreada é a urna I U 2 urna sorteada é a urna II Figura 8 Bolas em duas urnas Departamento de Estatística 10

11 (a) Temos que (b) Temos que (c) Temos que P(V ) P(V U 1 ) + P(V U 2 ) P(U 1 ) P(V U 1 ) + P(U 2 ) P(V U 2 ) P(B) P(B U 1 ) + P(B U 2 ) P(U 1 ) P(B U 1 ) + P(U 2 ) P(B U 2 ) P(A) P(A U 1 ) + P(A U 2 ) P(U 1 ) P(A U 1 ) + P(U 2 ) P(A U 2 ) Note que P(V ) + P(B) + P(A) 1. (d) O problema pede P(U 1 V ) P(U 1 V ) P(V ) P(U 1) P(V U 1 ) P(V ) Sejam os eventos E ganhar parte elétrica e H ganhar parte hidráulica. Temos que P(E) 1 2 P(H E) 3 4 P(H E c ) 1 3 Resulta que P(E c ) 1 2 P(H c E) 1 4 P(H c E c ) 2 3 (a) P(E H) P(E) P(H E) (b) P(E c H) + P(E H c ) P(E c ) P(H E c ) + P(E) P(H c E) (c) P(E c H c ) P(E c ) P(H c E c ) Seja A i lâmpada i acende, i 1, 2, 3. (a) Seja M pelo menos uma lâmpada acende. Então, P(M) P(A 1 A 2 A 3 ) 1 P[(A 1 A 2 A 3 ) c ] 1 P(A c 1 A c 2 A c 3) (b) O problema pede 1 P(A c 1) P(A c 2 A c 1) P(A c 3 A c 1 A c 2) P(A 1 A 2 A 3 ) P(A 1 ) P(A 2 A 1 ) P(A 3 A 2 A 1 ) Departamento de Estatística 11

12 SEÇÃO 1.6 Teorema da probabilidade total e teorema de Bayes 23. Vamos definir os seguintes eventos: B inflação abaixo de 3% M inflação entre 3% e 4% A inflação acima de 4%11 E criação de empregos O problema dá as seguintes probabilidades: P(B) 0, 20 P(M) 0, 45 P(A) 0, 35 P(E B) 0, 6 P(E M) 0, 3 P(E A) 0 Veja a seguir a Figura 9 que representa o espaço amostral e também as informações dadas no enunciado do problema. B inflação abaixo de 3% M inflação entre 3% e 4% A inflação acima de 4%11 E criação de empregos P(B) 0, 20 P(M) 0, 45 P(A) 0, 35 P(E B) 0, 6 P(E M) 0, 3 P(E A) 0 Figura 9 Economia na Espanha (a) Podemos ver que E (E B) (E M) (E A) e, como os eventos são mutuamente exclusivos, P(E) P (E B) + P (E M) + P (E A) Logo, P(E) P(B) P(E B) + P(M) P(E M) + P(A) P(E A) 0, 20 0, , 45 0, , , 255 (b) O problema agora pede P(B E) : P(B E) P(B E) P(B) P(E B) P(E) P(E) 0, 20 0, 6 0, , 255 Departamento de Estatística 12

13 24. (a) Veja a seguir a Figura 10 que representa o espaço amostral e também as informações dadas no enunciado do problema. J Joana escreve a carta C correio não perde a carta T carteiro entrega a carta Figura 10 Carta de Joana para Camila (b) Vamos definir o evento R Camila recebe a carta. O problema pede P(R c ). P(R c ) P(J c ) + P(J C c ) + P(J C T c ) P(J c ) + P(J) P(C c J) + P(J) Pr(C J) P(T c C J) (c) O problema agora pede P(J c R c ) : P(J c R c ) P(Rc J c ) P(R c ) P(J c ) P(R c J c ) P(R c ) O evento R c J c significa Camila não receber a carta, dado que Joana não a escreveu. Ora, se Joana não escreveu, é claro que Camila não recebe a carta! Logo, esse evento é o evento certo e, portanto, P(J c R c ) P(J c ) P(R c J c ) P(R c ) Veja a seguir a Figura 11 que representa o espaço amostral e também as informações dadas no enunciado do problema. S aluno sabe a resposta A aluno acerta a questão P(S) 0, 3 P(S c ) 0, 7 Figura 11 Teste de múltipla escolha Se o aluno sabe a resposta, ele acerta a questão. Se ele não sabe, ele pode chutar entre as quatro alternativas. Logo, P(A S) 1 P(A S c ) 0, 25 Departamento de Estatística 13

14 (a) O problema pede P(A). Tem-se que 0, , 7 0, 25 0, 475 (b) O problema agora pede P(S A) P(A) P(A S) + P(A S c ) P(S) P(A S) + P(S c ) P(A S c ) P(A S) P(A) P(S) P(A S) P(A) 0, 3 0, , Veja a Figura 12. Como o problema envolve apenas carne branca, podemos considerar apenas esse evento e o seu complementar. H cliente é homem M cliente é mulher A cliente come arroz integral A c cliente come outro tipo de acompanhamento B cliente come carne branca B c cliente não come carne branca Figura 12 Escolha no restaurante Os dados do problema são P(H) 0, 48 P(M) 0, 52 P(A H) 0, 30 P(A M) 0, 65 P(B A H) P(B A M) 0, 65 P(B c A c H) 0, 70 P(B c A c M 0, 40) (a) P(B) P(B A H) + P(B A c H) + P(B A M) + P(B A c M) P(H) P(A H) P(B A H) + P(H) P(A c H) P(B A c H) + P(M) P(A M) P(B A M) + P(M) P(A c M) P(B A c M) 0, 48 0, 30 0, , 48 0, 70 0, , 52 0, 65 0, , 52 0, 35 0, 60 0, , , , , 5233 (b) P(H B) P(H B) P(B) P(H A B) + P(H Ac B) P(B) P(H) P(A H) P(B A H) + P(H) P(Ac H) P(B A c H) P(B) 0, , , , 5233 Departamento de Estatística 14

15 27. (a) Veja a Figura 13. M func. do sexo masculino F func. do sexo feminino G func. tem alguma pós D func. tem doutorado Figura 13 Formação de funcionários Pelos dados do problema, temos que P(M) 3 5 P(F ) 2 5 P(G M) 4 10 P(G F ) 6 10 P[D (G M)] 2 10 P[D (G F )] 4 10 Pela propriedade do complementar, resulta que P(G c M) 6 10 P(G c F ) 4 10 P[D c (G M)] 8 10 P[D c (G F )] 6 10 (b) P(G) P(M G) + P(F G) P(M) P(G M) + P(F ) P(G F ) (c) P(D) P(M G D) + P(F G D) P(M) P(G M) P[D (G M)] + P(F ) P(G F ) P[D (F G)] Departamento de Estatística 15

16 (d) P(F D) P(F D) P(D) P(F G D) P(D) P(F ) P(G F ) P[D (F G)] P(D) SEÇÃO 1.7 Independência de eventos 28. Temos que P(A B) P(A) + P(B) P(A B) 0, 7 0, 4 + p P(A B) (a) P(A B) 0 0, 7 0, 4 + p p 0, 3 (b) P(A B) P(A) P(B) 0, 7 0, 4 + p 0, 4p 0, 6p 0, 3 p 0, (a) P(A B) 0, 21 0 A e B não são mutuamente exclusivos (b) Pr(A B) 0, 21 Pr(A) Pr(B) A e B são independentes (c) P(A B c ) P(A) P(A B) 0, 3 0, 21 0, 09 P(A) P(B c ) A e B c são independentes. Lembre-se que se A, B são independentes, então A, B c também o são. (d) P(A B c ) P(A) P(A B) 0, 3 0, 21 0, 09 > 0 A e B c não são mutuamente exclusivos. Outra solução: Como A, B c são independentes e ambos têm probabilidade positiva, então eles não podem ser mutuamente exclusivos. (e) P(A A c ) P( ) 0 P(A) P(A c ) 0, 21 A e A c não são independentes. 30. Pelos dados do problema, temos que P(A c B) 1 P(Ac B) P(B) P(A B) 1 1 P(B) P(B) P(A B) P(A B) P(A B) 0 P(B) P(B) Logo, A e B são mutuamente exclusivos e, portanto, não podem ser independentes, uma vez que ambos têm probabilidade positiva. 31. (a) Vimos no Exercício 19 que P(A) P(A B) 1 3 Como P(A B) P(A), resulta que A, B não são independentes. (b) O espaço amostral tem 36 elementos, dos quais 18 pertencem ao evento C, ou seja, P(C) 1 2. Temos, também que P(D) 1 2. Para estudar a independência dos eventos C e D, temos que analisar a interseção C D. Para que um resultado pertença à interseção, o primeiro lançamento tem resultar em um número par e a soma tem que ser um número par. Isso significa que 9 temos que ter face par em ambos os lançamentos. É fácil ver que P (C D) P(C) P(D). Logo, os eventos C, D são independentes Departamento de Estatística 16

17 32. O problema dá os seguintes fatos: B A P(A C) P(A) P(C) P(B C) 0 P[(A C) c ] 0, 48 P(B C) 0, 3 P(C) 2 P(B) e pede que se calcule P(A B). Como B A, então, A B A P(A B) P(A). P(B C) 0, 3 P(B) + P(C) P(B C) 0, 3 P(B) + 2 P(B) 0 0, 3 P(B) 0, 1 Logo, P(C) 0, 2. P[(A C) c ] 0, 48 P(A c C c ) 0, 48 Como A e C são independentes, segue que A c e C c também o são. Logo, P(A c ) P(C c ) 0, 48 P(A c ) 0, 8 0, 48 P(A c ) 0, 6 e, portanto, P(A) 0, 4 P(A B) 33. (a) Veja a Figura 14, em que H i, i 1, 2 representa o evento i ésimo estudante sorteado é homem. Figura 14 Sorteio de comissão (b) Temos que (c) Temos que P(M 1 ) 5 8 P(M 2 ) P(M 1 M 2 ) + P(H 1 M 2 ) P(M 1 ) P(M 2 M 1 ) + P(H 1 ) P(M 2 H 1 ) P(M 2 M 1 ) 4 7 P(M 2) Logo, M 1 e M 2 não são independentes. Departamento de Estatística 17

18 34. Sejam os eventos A Alberto ganha B Bosco ganha C Carlos ganha Como eles são os únicos competidores, temos que P(A) + P(B) + P(C) 1 2 P(C) + 2 P(C) + P(C) 1 (a) O problema pede P(C) 1 5 P(A) P(B) 2 5 P(B C) P(B) + P(C) P(B C) Note que pode haver empate entre Bosco e Carlos. No entanto, é razoável supor que os eventos B e C sejam independentes, uma vez que, numa competição honesta, nenhum competidor interfere no desempenho dos outros. Logo, P(B C) P(B) + P(C) P(B C) P(B) + P(C) P(B) P(C) (b) Foi necessário fazer a hipótese de independência, que é razoável, conforme explicado no item anterior. 35. Dos dados do enunciado temos que P(A B) P(A) P(B) 1 15 P(A C) P(A) P(C) 1 12 P(B C) P(A B) 1 15 (a) P(A c B) P(B) P(A B) (b) P(B c C) P(C) P(B C) (c) P[A (B C)] P[(A B) (A C)] P(A B C) P(B C) P(B) + P(C P(B C) P(A B) + P(A C) P(A B C) P(B) + P(C P(B C) Vamos completar a tabela com os totais de linha e coluna para facilitar a resolução. Sexo Total Masculino (M) Feminino (F ) Técnico - Nível 1 (T 1 ) Nível da carreira Técnico - Nível 2 (T 2 ) Gerente (G) Total Departamento de Estatística 18

19 (a) P(M T 1 ) (b) P(F G) P(F ) + P(G) P(F G) (c) P(F G) P(F G) P(G) (d) P(T 2 M) P(T 2 M) P(M) (e) P(T 2 M) P(T 2) Sejam os eventos M Maria resolve o problema e E Pedro resolve o problema. Temos que P(M) 0, 8 P(M c ) 0, 2 P(E) 0, 7 P(E c ) 0, 3 (a) O problema pede P (E c M c ). Como E, M são independentes, sabemos que seus complementares também o são. Logo, P (E c M c ) P(E c ) P(M c ) 0, 3 0, 2 0, 06 (b) Seja R problema resolvido. O problema pede P(R) P(E M). Temos que P(R) P(E M) 1 P[(E M) c ] 1 P(P c M c ) 1 0, 06 0, 94 (c) Seja E 1 apenas Pedro resolve. Então E 1 E M c e E 1 R E 1 R E 1. O problema pede P (E 1 R). Temos que P (E 1 R) P(E 1 R) P(E 1) P(R) P (R) P(E M c ) P(R) 0, 7 0, 2 0, , 94 Departamento de Estatística 19