Exercícios de Exame — Distribuições de Probabilidade

Observando as bolas que estão na caixa, podemos concluir que os valores que a variável \(X\) pode assumir são 1, 2 ou 3, pelo que as distribuições de probabilidade das opções (A) e (D) não podem ser relativas à variável \(X\).

Calculando as probabilidades de cada um destes três valores da variável, considerando as bolas apresentadas na figura, temos:

• \(P(X=1)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\);
• \(P(X=2)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\);
• \(P(X=3)=\dfrac{1}{6}\).

Pelo que a distribuição de probabilidades da variável \(X\) é a opção (B).

Pela observação da tabela de distribuição de probabilidade da variável aleatória \(X\), temos que:

• \(P(X=1)=\dfrac{1}{2}\) o que significa que metade dos setores circulares da roleta deve ter o valor «1»;
• \(P(X=0)=\dfrac{1}{3}\) o que significa que um terço dos setores circulares da roleta deve ter o valor «0».

Assim, de entre as roletas apresentadas, verificamos que apenas as opções (A) e (B) verificam a condição \(P(X=1)=\dfrac{1}{2}\) e, destas, apenas a opção (B) verifica a condição \(P(X=0)=\dfrac{1}{3}\).

Como \(X\) é número de vezes em que a roleta para num sector colorido a cinzento, e a roleta é rodada por duas vezes, a variável \(X\) pode tomar os seguintes valores, com as respetivas probabilidades:

• \(X=0\), se nunca sair um setor colorido a cinzento, ou seja, sair um setor colorido a branco nas duas vezes em que a roleta é colocada a rolar:

• \(X=1\), se sair um setor colorido a cinzento numa das vezes em que a roleta é colocada a rolar, ou seja, apenas na primeira vez, ou, apenas na segunda vez:

• \(X=2\), se sair um setor colorido a cinzento nas duas vezes em que a roleta é colocada a rolar:

Logo a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\), com os valores na forma de fração irredutível, é:

Como se admite que já foram selecionados quatro juniores e um sénior, faltando selecionar apenas o sexto jurado, a variável \(X\) pode tomar os valores 4 ou 5.

Assim, temos que, para a seleção do sexto jurado, como já foram selecionados 5 candidatos (4 juniores e 1 sénior) existem:

• \(10+6+4+10-5=25\) candidatos possíveis,
• \(10+4-4=10\) juniores,
• \(6+10-1=15\) seniores.

Assim, temos que:

• A probabilidade do sexto jurado selecionado ser sénior, é \(P(X=4)=\dfrac{15}{25}=\dfrac{3}{5}\)
• A probabilidade do sexto jurado selecionado ser júnior, é \(P(X=5)=\dfrac{10}{25}=\dfrac{2}{5}\)

Logo a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\), com os valores na forma de fração irredutível, é:

Temos que o número total de inquéritos é 200 e o número de encartados que realizaram 2 exames é 50.

Assim, como são escolhidos dois dos encartados, a variável \(X\) pode assumir os valores zero (nenhum dos dois encartados realizou 2 exames); 1 (um dos dois encartados realizou 2 exames) ou 2 (os dois encartados realizaram 2 exames), e as respetivas probabilidades, na forma de dízima, arredondadas às centésimas, são:

• \(P(X=0)=\dfrac{150}{200}\times\dfrac{149}{199}\approx 0{,}56\) (escolhendo dois dos 150 encartados que não realizaram 2 exames)
• \(P(X=1)=\dfrac{150}{200}\times\dfrac{50}{199}+\dfrac{50}{200}\times\dfrac{150}{199}\approx 0{,}38\) (escolhendo um dos 150 encartados que não realizaram 2 exames e depois um dos 50 que realizaram dois exames ou então, a mesma escolha por ordem inversa)
• \(P(X=2)=\dfrac{50}{200}\times\dfrac{49}{199}\approx 0{,}06\) (escolhendo dois dos 50 encartados que realizaram 2 exames)

Logo a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\), é:

Como \(P(X\geq 1)=0{,}995\), temos que:

• \(a=P(X=0)=P(X\lt 1)=1-P(X\geq 1)=1-0{,}995=0{,}005\)

Como a Vanda seleciona dois livros, e existem mais do que dois livros policiais, a variável \(X\) pode tomar os valores:

• zero, se a Vanda selecionar dois livros de aventuras;
• um, se a Vanda selecionar um livro de aventuras e outro policial;
• dois, se a Vanda selecionar dois livros policiais.

Desta forma, a probabilidade associada a cada valor da variável \(X\), é:

• \(P(X=0)=\dfrac{20}{35}\times\dfrac{19}{34}=\dfrac{38}{119}\) (escolhendo dois dos 20 livros de aventuras)
• \(P(X=1)=\dfrac{20}{35}\times\dfrac{15}{34}+\dfrac{15}{35}\times\dfrac{20}{34}=\dfrac{60}{119}\) (escolhendo um dos 20 livros de aventuras e depois um dos 15 policiais ou então, a mesma escolha por ordem inversa)
• \(P(X=2)=\dfrac{15}{35}\times\dfrac{14}{34}=\dfrac{21}{119}\) (escolhendo dois dos 15 livros policiais)

Logo a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\), com os valores na forma de fração, é:

Organizando todas as somas possíveis numa tabela, temos:

Logo, pela observação da tabela, podemos observar os valores possíveis para a soma e as respetivas probabilidades:

• \(P(X=-2)=\dfrac{1}{36}\)
• \(P(X=0)=\dfrac{10}{36}=\dfrac{5}{18}\)
• \(P(X=2)=\dfrac{25}{36}\)

Assim, temos que \(P(X=k)=\dfrac{5}{18}\), para \(k=0\)

Organizando todos os produtos possíveis numa tabela, temos:

Assim podemos observar que os valores que a variável \(X\) pode assumir são \(k=0\), ou \(k=2\), ou \(k=6\)

Pela observação da tabela temos que: \(P(X=0)=\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2}\), pelo que \(k=0\)

Como \(X\) é o número de bolas retiradas da caixa, até ser retirada uma bola preta, a variável \(X\) pode tomar os seguintes valores, com as respetivas probabilidades:

• \(X=1\), se a primeira bola retirada for preta
  \[ P(X=1)=\frac{6}{9}=\frac{2}{3} \]
• \(X=2\), se a primeira não for preta e a segunda sim, sabendo que a primeira que foi retirada não era preta
  \[ P(X=2)=\frac{3}{9}\times\frac{6}{8}=\frac{1}{3}\times\frac{3}{4}=\frac{1}{4} \]
• \(X=3\), se a primeira não for preta, a segunda também não, sabendo que a primeira também não foi e a terceira ser preta, sabendo que as duas anteriores não o eram
  \[ P(X=3)=\frac{3}{9}\times\frac{2}{8}\times\frac{6}{7}=\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}\times\frac{3\times 2}{7}=\frac{2}{4\times 7}=\frac{2}{28}=\frac{1}{14} \]
• \(X=4\) se saírem sucessivamente as três bolas que não são pretas, pelo que a quarta bola será necessariamente uma bola preta
  \[ P(X=4)=\frac{3}{9}\times\frac{2}{8}\times\frac{1}{7}=\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}\times\frac{1}{7}=\frac{1}{84} \]

Logo a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\) é:

Como no saco estão 5 bolas e extraímos 4, temos apenas 5 conjuntos de bolas que podem ser extraídos:

• bolas com os números \(\{-2,-1,0,1\}\), produto correspondente: \(-2\times(-1)\times 0\times 1=2\times 0=0\)
• bolas com os números \(\{-2,-1,0,2\}\), produto correspondente: \(-2\times(-1)\times 0\times 2=4\times 0=0\)
• bolas com os números \(\{-2,-1,1,2\}\), produto correspondente: \(-2\times(-1)\times 1\times 2=4\)
• bolas com os números \(\{-2,0,1,2\}\), produto correspondente: \(-2\times 0\times 1\times 2=-4\times 0=0\)
• bolas com os números \(\{-1,0,1,2\}\), produto correspondente: \(-1\times 0\times 1\times 2=-2\times 0=0\)

Ou seja, os produtos possíveis são apenas 0 e 4.

Quando a bola com o número 0 é extraída, o que acontece 4 em cada 5 vezes, o produto é 0, ou seja, \(P(X=0)=\dfrac{4}{5}\)

Quando a bola com o número 0 não é extraída, o que acontece 1 em cada 5 vezes, o produto é 4, ou seja, \(P(X=4)=\dfrac{1}{5}\)

Como \(P(X\leq 1)=P(X=0)+P(X=1)=2a+a=3a\) e \(P(X=5)=\dfrac{1}{10}\), temos que:

Também sabemos que:

Substituindo o valor de \(a\), temos:

Como a soma das probabilidades é igual a 1, temos:

Como são retiradas duas bolas da caixa, no final podem estar fora da caixa 0 bolas (se tiverem sido retiradas duas bolas brancas); 1 bola (se uma das bolas retiradas for preta — ou a primeira ou a segunda) ou 2 bolas (se as duas bolas retiradas forem pretas).

• Retirar a primeira bola branca, e a segunda também sabendo que a primeira foi reposta:
  \[ P(X=0)=\frac{4}{8}\times\frac{4}{8}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4} \]
• Retirar a primeira bola branca, e a segunda preta sabendo que a primeira foi reposta, ou, retirar a primeira bola preta e a segunda branca sabendo que a primeira não foi reposta:
  \[ P(X=1)=\frac{4}{8}\times\frac{4}{8}+\frac{4}{8}\times\frac{4}{7}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{4}{7}=\frac{1}{4}+\frac{4}{14}=\frac{7}{28}+\frac{8}{28}=\frac{15}{28} \]
• Retirar a primeira bola preta, e a segunda também sabendo que a primeira não foi reposta:
  \[ P(X=2)=\frac{4}{8}\times\frac{3}{7}=\frac{1}{2}\times\frac{3}{7}=\frac{3}{14} \]

Logo, a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\) é:

Organizando todas as somas possíveis numa tabela, temos:

Logo, pela observação da tabela, podemos observar os valores possíveis para a soma e as respetivas probabilidades:

• \(P(X=-3)=\dfrac{1}{36}\)
• \(P(X=-2)=\dfrac{1}{36}\)
• \(P(X=-1)=\dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4}\)
• \(P(X=0)=\dfrac{5}{36}\)
• \(P(X=1)=\dfrac{20}{36}=\dfrac{4\times 5}{4\times 9}=\dfrac{5}{9}\)

E assim, a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\) é:

Como a soma das probabilidades é 1, temos que:

Logo, temos que \(P(X=2)=2\times\dfrac{1}{10}=\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}\), e assim

Organizando todos os produtos possíveis numa tabela, temos:

Logo, pela observação da tabela, podemos observar os valores possíveis para o produto e as respetivas probabilidades:

• \(P(X=0)=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}\)
• \(P(X=1)=\dfrac{1}{15}\)
• \(P(X=2)=\dfrac{2}{15}\)

E assim, a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\) é:

Como a soma das probabilidades é 1, temos que:

Como a soma das probabilidades é 1, temos que:

Analisando produtos dos números das seis faces do dado, temos que o zero está em 4 faces do cubo, pelo que o produto é zero, 4 em cada 6 lançamentos do dado. Ou seja a probabilidade é \(\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\)

A face com os números «1-1-1» corresponde a um produto 1, que ocorre 1 em cada 6 lançamentos do dado.

A face com os números «2-2-2» corresponde a um produto 8, que também ocorre 1 em cada 6 lançamentos do dado.

Assim, a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\) é:

Como extraímos uma bola de um conjunto de dez, e só existem bolas com os números 1, 2, e 3, e a variável \(X\) é o número da bola extraída, vem que:

• \(P(X=1)=\dfrac{4}{10}=0{,}4\)
• \(P(X=2)=\dfrac{5}{10}=0{,}5\)
• \(P(X=3)=\dfrac{1}{10}=0{,}1\)

Logo, a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\) é:

Como o dado cúbico tem 6 faces e o dado octaédrico tem 8 faces, podemos fazer \(6\times 8=48\) pares de faces, equiprováveis, usando uma face de cada dado.

Destas 48, apenas 4 correspondem a pares com soma 5:

Assim,

Organizando, numa tabela, todas as somas possíveis, no conjunto dos dois lançamentos, temos:

Assim temos que as somas possíveis são \(X=2\), \(X=3\) e \(X=4\), e:

Logo, se \(P(X=k)=\dfrac{1}{9}\), então \(k=2\)

Organizando, numa tabela, todos os pares de bolas (com uma bola de cada caixa) que podem ser retirados, temos:

Assim, pela observação da tabela, podemos afirmar que o número de bolas verdes retiradas pode ser 0 (o que acontece 4 em cada 15 vezes), 1 (o que ocorre \(6+2=8\) em cada 15 vezes) ou 2 (o que verifica 3 em cada 15 vezes, ou seja, com probabilidade \(\tfrac15\)), pelo que a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(X\) é:

Como \(P(X=0)=\dfrac{1}{4}\) sabemos que 1 em cada 4 vezes não sai qual face par nos dois lançamentos, ou seja, sai face ímpar nos dois lançamentos.

Como existem tantas faces com número par, como faces com número ímpar, \(P(X=2)=\dfrac{1}{4}\), ou seja, também 1 em cada 4 vezes sai face par nos dois lançamentos.

Assim, como \(P(X=0)=P(X=2)\) temos que \(b=\dfrac{1}{4}\)

Logo, como a soma das probabilidades é 1, temos que:

Como a Patrícia irá comer os bombons até encontrar o que tem licor, caso o encontre na primeira tentativa, não terá comido qualquer bombom sem licor, pelo que \(P(X=0)\neq 0\).

Calculando \(P(X=0)\), ou seja, a Patrícia comer só um bombom (o que tem licor), o que significa que seleciona ao acaso um dos 5 bombons e o bombom selecionado é o único que tem licor, temos:

Pelo que podemos excluir as opções (B), (C) e (D).

• A variável \(X_1\) não tem esta distribuição de probabilidades, porque, como existem 2 faces com cada um dos três números e o dado é equilibrado, temos que: \(P(X_1=-1)=P(X_1=0)=P(X_1=1)=\dfrac{1}{3}\)
• A variável \(X_2\) não tem esta distribuição de probabilidades, porque, \((-1)^2=1\) e por isso a variável \(X_2\) não toma o valor \(-1\), pelo que: \(P(X_2=-1)\neq\dfrac{2}{9}\)
• A variável \(X_3\) não tem esta distribuição de probabilidades, porque, \(1+1=2\) e por isso a variável \(X_3\) pode tomar o valor 2, pelo que: \(P(X_3=2)\neq 0\)

Como a soma das probabilidades é 1, temos que:

Como a caixa só tem bolas pretas e brancas, e se retiram, duas, retirar duas bolas brancas, é equivalente a retirar zero bolas pretas, ou seja, \(P(X=2)=P(Y=0)\).

Da mesma forma, quando se retira uma bola branca, também se retira uma bola preta, pelo que \(P(X=1)=P(Y=1)\).

E também, não retirar qualquer bola branca, significa que o número de bolas pretas retiradas é 2, logo, \(P(X=0)=P(Y=2)\).

Assim, a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \(Y\) é:

Ao lançar por duas vezes o dado, podem ser observadas faces diferentes de 6 nos dois lançamentos, ou seja, podemos registar zero observações do número 6 no conjunto dos dois lançamentos, pelo que \(P(X=0)\neq 0\).

Como a probabilidade de não sair 6 num dos lançamentos é \(\dfrac{5}{6}\), e o segundo lançamento é independente do primeiro, temos que

Assim podemos excluir as opções (B), (C) e (D).