Resumo-PE-MAP1

🎲 Resumo — PE MAP1 (Fichas 1–5)

Parent project: Probabilidade e Estatística

Âmbito desta nota

Matéria do MAP1 (Teste 1, 1 h, 40 %, mínimo 8,0): Fichas/Capítulos 1 a 5 — análise exploratória e simulação em R, fundamentos de probabilidade, variáveis aleatórias, famílias de distribuições e vetores aleatórios (até ao Teorema do Limite Central). Fontes: apontamentos teóricos do Prof. Paulo Soares (Teoria/PE_Cap01…Cap05.html) + Coletânea de Exercícios 2026/27, Cap. 1–5 (todas as resoluções abaixo foram conferidas com as soluções da coletânea). Fora do âmbito (MAP2): amostragem e estimação, intervalos de confiança, testes de hipóteses e regressão (Cap. 6–9 da coletânea). Cada secção: ideia → armadilha → fórmulas → passos → exercícios resolvidos (dobráveis). Tenta resolver antes de abrir. Notas-irmãs: Guia de Estudo MAP1 → Formulário MAP1. Formulário oficial da cadeira: PE_Formulario · Tabelas.

O que o formulário oficial já te dá (e o que não dá)

O formulário da cadeira traz só as funções de probabilidade/densidade, valores esperados e variâncias da binomial, Poisson, geométrica, uniforme contínua, normal e exponencial (+ fórmulas de inferência do MAP2). Não traz: regras de probabilidade (Bayes, probabilidade total), propriedades de $E$/$Var$/$Cov$, funções de distribuição ($F$ da exponencial, geométrica), amnésia, somas de v.a. nem o TLC — isso tens de saber de cor.

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🗺️ Mapa da Matéria

Ficha / Cap.	Tema	Ferramenta central
1	Análise exploratória e simulação	R: sample, set.seed; média, quartis, AIQ, caixa de bigodes
2	Fundamentos de probabilidade	Axiomas, Laplace, $P(A\mid B)$, probabilidade composta / total / Bayes, independência
3	Variáveis aleatórias	$F_X$, $f_X$ (massa ou densidade), $E[X]$, $Var[X]$, moda, quantis
4	Famílias de distribuições	$Ber$, $Bi$, $Geo$, $Poi$, $U$, $Exp$, $N$ + padronização $Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$
5	Vetores aleatórios	Conjunta, marginais, condicionais, independência, $Cov$/$Corr$, combinações lineares, TLC

Fio condutor de toda a matéria

O Cap. 2 dá as regras do jogo para acontecimentos (subconjuntos de $\Omega$): axiomas, condicionamento e os três teoremas que resolvem quase tudo (composta, total, Bayes). Mas trabalhar com conjuntos é desconfortável — o Cap. 3 transporta tudo para $\mathbb{R}$ através de uma variável aleatória $X$, e passamos a calcular $P(X\in R)$ com somas (discreta) ou integrais (contínua), resumindo a distribuição em $E$, $Var$ e quantis. O Cap. 4 é o catálogo dos modelos que aparecem sempre: provas de Bernoulli geram a binomial (contar sucessos) e a geométrica (esperar pelo 1.º sucesso); o limite da binomial com $n\to \infty$ dá a Poisson (contagens no tempo/espaço), cujo tempo entre ocorrências é exponencial; e a normal reina sobre tudo. O Cap. 5 junta duas (ou $n$) v.a.: distribuição conjunta, como extrair marginais e condicionais, como medir dependência ($Cov$, $Corr$), e o que acontece a somas — que, pelo TLC, ficam aproximadamente normais. O Cap. 1 é o ambiente de trabalho (R) usado nas Séries de Problemas.

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💻 1. Análise Exploratória de Dados e Simulação (Ficha 1)

Ideia

O R é o ambiente de software livre usado na cadeira (e nas Séries de Problemas). Estruturas básicas: vetores, matrizes e arrays, data frames e listas. A simulação gera números pseudo-aleatórios — produzidos por um algoritmo determinista mas sem padrões detetáveis. Cada réplica dá resultados diferentes; para a tornar repetível fixa-se a semente: set.seed(inteiro).

🖼️ Figuras da teoria — o ecossistema R e as estruturas de dados

Camadas: Core R + pacotes base → CRAN (pacotes contribuídos) → IDE (RStudio). Estruturas: vetor, matriz, array (matrizes empilhadas), data frame (colunas de tipos diferentes) e lista (pode conter qualquer uma das anteriores).

Comandos-chave

set.seed(123)                                   # tornar a simulação repetível
sample(1:6, 1)                                  # 1 lançamento de um dado equilibrado
res <- sample(1:6, 10000, replace = TRUE)       # 10000 lançamentos (com reposição)
res <- sample(1:6, 10000, replace = TRUE,
              prob = c(1, 1, 1, 1, 1, 2))       # dado viciado (6 com peso duplo)
barplot(table(res))                             # frequências observadas

Distribuições (Cap. 4.8): para cada nome (binom, geom, pois, unif, exp, norm, …)

Função	Devolve
pnome(x, …)	função de distribuição $F(x)=P(X\le x)$
dnome(x, …)	função de probabilidade / densidade $f(x)$
qnome(p, …)	quantil $F^{-1}(p)$
rnome(n, …)	$n$ números aleatórios

🖼️ Figura da teoria — 10000 lançamentos simulados ( barplot(table(res)))

Dado equilibrado	Dado viciado (prob = c(1,1,1,1,1,2))

Equilibrado: cada face ≈ $10000/6\approx 1667$ — as barras não são iguais (variação aleatória). Viciado: o 6 tem peso 2 em 7 ⇒ ≈ $10000\cdot \frac{2}{7}\approx 2857$, as outras ≈ $1429$.

Parametrizações do R

Verificar sempre a parametrização no R. Exemplo clássico: dgeom conta o número de insucessos antes do 1.º sucesso ($x=0,1,\dots$), enquanto nas aulas $X\sim Geo(p)$ conta o número de provas até ao 1.º sucesso ($x=1,2,\dots$). pexp(x, rate = λ) usa a taxa $\lambda$, não a média; pnorm(x, mean, sd) usa o desvio padrão, não a variância.

Medidas descritivas de uma amostra (usadas na coletânea, Cap. 1)

• Localização: média $\bar{x}=\frac{1}{n}\sum x_i$, mediana, quartis $q_{0.25},q_{0.75}$.
• Dispersão: variância amostral $s^2=\frac{1}{n-1}\sum (x_i-\bar{x}{)}^2$, desvio padrão $s$, amplitude interquartis $AIQ=q_{0.75}-q_{0.25}$.
• Caixa de bigodes: são possíveis outliers as observações fora de $\left[q_{0.25}-1.5AIQ,q_{0.75}+1.5AIQ\right]$.
• Em R: summary(x), mean, median, quantile(x, 0.68), var, sd, IQR, stem (caule-e-folhas), hist, boxplot.

Exercício resolvido (Coletânea 1.1)

Pesos (kg) de 40 bicicletas: 4.3 6.8 9.2 7.2 8.7 8.6 6.6 5.2 8.1 10.9 7.4 4.5 3.8 7.6 6.8 7.8 8.4 7.5 10.5 6.0 7.7 8.1 7.0 8.2 8.4 8.8 6.7 8.2 9.4 7.7 6.3 7.7 9.1 7.9 7.9 9.4 8.2 6.7 8.2 6.5. Obtenha medidas descritivas, os quartis e a AIQ, o quantil 0.68 e identifique possíveis outliers.

Resolução passo-a-passo

1. Medidas (summary(x), sd(x)): $\min =3.8$, $\bar{x}=7.60$, mediana $=7.75$, $\max =10.9$, $s\approx 1.51$. Média ligeiramente abaixo da mediana → ligeira assimetria à esquerda (há bicicletas muito leves).

2. Quartis (quantile, regra por defeito do R): $q_{0.25}=6.775$, $q_{0.75}=8.4$ → os 25 % mais leves estão em $[3.8;6.775]$, os 25 % mais pesados em $[8.4;10.9]$, e $AIQ=8.4-6.775=1.625$.

3. Quantil 0.68: quantile(x, 0.68) $=8.2$.

4. Barreiras: $6.775-1.5(1.625)=4.34$ e $8.4+1.5(1.625)=10.84$ → possíveis outliers: 3.8, 4.3 e 10.9.

Lição

Os quantis amostrais dependem da regra usada (o R tem 9); no teste, usa a que o enunciado/aula indicar. A caixa de bigodes é só quartis + regra do $1.5AIQ$.

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🧩 2. Fundamentos de Probabilidade (Ficha 2)

2.1 Experiências, acontecimentos e axiomas

Ideia

Uma experiência aleatória é um procedimento cujo resultado não se pode prever, mas cujos resultados possíveis se conhecem à partida. O conjunto desses resultados é o espaço de resultados $\Omega$; qualquer subconjunto é um acontecimento. A teoria de conjuntos é a linguagem: $\bar{A}$ = “não ocorre $A$”, $A\cap B$ = “ocorrem ambos”, $A\cap \bar{B}$ = “só $A$”, $A\cup B$ = “pelo menos um”. O terno $(\Omega ,\mathcal{A},P)$ é o espaço de probabilidade.

Axiomática de Kolmogorov e consequências

$\text{(1) }P(A)\ge 0\text{(2) }P(\Omega )=1\text{(3) }{A}_i\text{ disjuntos 2 a 2}\Rightarrow P\left({\bigcup }_i{A}_i\right)={\sum }_{i}P(A_i)$ Consequências: $P(\bar{A})=1-P(A)$ · $P(\varnothing )=0$ · $A\subset B\Rightarrow P(A)\le P(B)$ · $P(A)\le 1$ · $P(A\cap \bar{B})=P(A)-P(A\cap B)P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$

Interpretações da probabilidade

• Laplace: $\Omega$ finito e resultados equiprováveis ⇒ $P(A)=\frac{\#A}{\#\Omega }$ (casos favoráveis / casos possíveis).
• Frequencista: $P(A)={\lim }_{n\to \infty }{n}_A/n$ — só para experiências repetíveis.
• Subjetivista: grau de crença racional e coerente.

Quase impossível ≠ impossível

$P(A)=0\nRightarrow A=\varnothing$ e $P(A)=1\nRightarrow A=\Omega$ (acontecimentos quase impossíveis / quase certos). Exemplo: numa v.a. contínua, $P(X=x)=0$ para todo o $x$, mas algum valor sai.

Contagens (Laplace) — o kit mínimo

Ordem importa e sem repetição: $n!/(n-k)!$ · ordem não importa: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ · permutações de $n$: $n!$ · com reposição e ordem: $n^k$. Ao escolher um grupo misto: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{k-i}\right)/\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{k}\right)$.

Exercício resolvido (Coletânea 2.2)

$P(A)+P(B)=x$ e $P(A\cap B)=y$. Em função de $x,y$, calcule a probabilidade de: (a) nenhum se realizar; (b) um e um só; (c) pelo menos um; (d) quando muito um.

Resolução passo-a-passo

1. Pelo menos um = $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=\boxed{x-y}$ (c).

2. Nenhum = $P(\bar{A}\cap \bar{B})=P(\overline{A\cup B})=1-(x-y)=\boxed{1+y-x}$ (a) — lei de De Morgan.

3. Um e um só = $P(A\cup B)-P(A\cap B)=\boxed{x-2y}$ (b).

4. Quando muito um = não ocorrerem os dois $=1-P(A\cap B)=\boxed{1-y}$ (d).

Lição

Traduz a frase em conjuntos e usa complementar + De Morgan + inclusão-exclusão. “Quando muito um” é o complementar de “ambos”.

Exercício resolvido (Coletânea 2.4)

100 programas: 20 com erros de sintaxe (S), 10 de input/output (I), 5 de outro tipo (O); 6 com S e I, 3 com S e O, 3 com I e O, 2 com os três. Escolhido um ao acaso: (a) só erros de sintaxe; (b) pelo menos um tipo de erro.

Resolução passo-a-passo

1. Só S: $P(S\cap \bar{I}\cap \bar{O})=P(S)-P(S\cap I)-P(S\cap O)+P(S\cap I\cap O)=0.20-0.06-0.03+0.02=\boxed{0.13}$ (somou-se o triplo de volta porque foi retirado duas vezes).

2. Pelo menos um (inclusão-exclusão para 3): $P(S\cup I\cup O)=0.20+0.10+0.05-0.06-0.03-0.03+0.02=\boxed{0.25}$

Lição

Com 3 acontecimentos desenha o diagrama de Venn e preenche de dentro para fora (primeiro a interseção tripla).

Exercício resolvido (Coletânea 2.9)

De 50 alunos (10 por ano, 5 anos) escolhe-se ao acaso uma comissão de 4. Probabilidade de: (a) um e um só aluno do 1.º ano; (d) serem todos do mesmo ano.

Resolução passo-a-passo

1. Casos possíveis: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{50}{4}\right)=230300$ (a ordem não importa).

2. (a) 1 dos 10 do 1.º ano e 3 dos 40 restantes: $\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{40}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{50}{4}\right)}=\frac{10\times 9880}{230300}=\boxed{\frac{988}{2303}\approx 0.429}$

3. (d) escolher o ano (5 maneiras) e 4 dos 10 desse ano: $\frac{5\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{50}{4}\right)}=\frac{1050}{230300}=\boxed{\frac{3}{658}\approx 0.0046}$

Lição

Laplace com combinações: favoráveis = produto das escolhas em cada grupo; o total é sempre $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{k}\right)$.

2.2 Probabilidade condicional e os três teoremas

Ideia

Saber que $B$ ocorreu encolhe o universo para $B$: dos resultados de $B$, que fração está também em $A$? Daí $P(A\mid B)=P(A\cap B)/P(B)$. “Toda a probabilidade é condicional” — $P(A)=P(A\mid \Omega )$. E $P(\cdot \mid B)$ é ela própria uma função de probabilidade, logo herda todas as propriedades ($P(\bar{A}\mid B)=1-P(A\mid B)$, etc.).

Definição e teoremas

$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},P(B)>0$ Probabilidade composta (regra da multiplicação, em cadeia): $P(A\cap B)=P(A)P(B\mid A)P\left({\bigcap }_{i=1}^n{A}_i\right)=P(A_1)P(A_2\mid A_1)P(A_3\mid A_1\cap A_2)\cdots P(A_n\mid A_1\cap \cdots \cap A_{n-1})$ Partição de $\Omega$: $A_i$ disjuntos 2 a 2 com ${\bigcup }_i{A}_i=\Omega$. Probabilidade total: $P(B)={\sum }_i\underset{\text{"verosimilhanc¸a"}}{\underbrace{P(B\mid A_i)}}\underset{\text{"a priori"}}{\underbrace{P(A_i)}}$ Bayes (inverte o condicionamento): $P(A_k\mid B)=\frac{P(B\mid A_k)P(A_k)}{{\sum }_{i}P(B\mid A_i)P(A_i)}$

🖼️ Exemplo da teoria — as duas caixas (composta · total · Bayes)

Caixa 1 (5 brancas, 5 pretas)	Caixa 2 (7 brancas, 3 pretas)

Composta: tirando sucessivas bolas da caixa 1 (sem reposição), a 1.ª preta surgir na 3.ª tiragem: $\frac{5}{10}\cdot \frac{4}{9}\cdot \frac{5}{8}=\frac{5}{36}\approx 0.139$ (branca, branca, preta). Total: escolhe-se a caixa com uma moeda equilibrada e tira-se uma bola: $P(\text{preta})=\frac{5}{10}\cdot \frac{1}{2}+\frac{3}{10}\cdot \frac{1}{2}=\boxed{0.4}$. Bayes: sabendo que saiu preta, $P(\text{caixa }1\mid \text{preta})=\frac{0.25}{0.4}=\boxed{0.625}$ — a caixa com mais pretas fica mais provável.

Passos para um problema de Bayes / probabilidade total

1. Identificar a partição (as “causas”: tipo de peça, doente/são, caixa 1/2…) e as probabilidades a priori $P(A_i)$.
2. Identificar as condicionais dadas $P(B\mid A_i)$ — atenção a complementares (“75 % do calçado não está bom” ⇒ $P(\text{bom}\mid \text{calc¸ado})=0.25$).
3. Desenhar a árvore: ramos = $P(A_i)$, sub-ramos = $P(B\mid A_i)$; cada caminho multiplica-se.
4. $P(B)$ = soma dos caminhos que acabam em $B$ (total).
5. $P(A_k\mid B)$ = caminho de $A_k$ / soma (Bayes).

Como reconhecer

“sabendo que o resultado foi …, qual a probabilidade de ter sido …” → Bayes. “Qual a percentagem global de …” com várias subpopulações → probabilidade total. “Tiragens sucessivas sem reposição”, “primeira bola preta na 3.ª tiragem” → composta.

Exercício resolvido (Coletânea 2.20 — teste diagnóstico)

Prevalência de um cancro: 0.005. Sensibilidade $P(+\mid C)=0.99$; especificidade $P(-\mid \bar{C})=0.95$. (a) Valor preditivo $P(C\mid +)$. (b) O teste é aplicado 2 vezes (independentes dado o estado) e dá $++$: $P(C\mid ++)$?

Resolução passo-a-passo

1. Partição: $C$, $\bar{C}$ com $P(C)=0.005$, $P(\bar{C})=0.995$. Condicionais: $P(+\mid C)=0.99$, $P(+\mid \bar{C})=1-0.95=0.05$.

2. Total: $P(+)=0.99(0.005)+0.05(0.995)=0.00495+0.04975=0.0547$.

3. Bayes: $P(C\mid +)=\frac{0.00495}{0.0547}=\boxed{0.0905}$ — só 9 %!

4. (b) Independência condicional: $P(++\mid C)=0.99^2=0.9801$, $P(++\mid \bar{C})=0.05^2=0.0025$. $P(C\mid ++)=\frac{0.9801(0.005)}{0.9801(0.005)+0.0025(0.995)}=\frac{0.0049005}{0.0073880}=\boxed{0.6633}$

Lição

Com prevalência baixa, os falsos positivos (5 % de uma população enorme) dominam. Repetir o teste aumenta muito o valor preditivo. Repara: aqui os testes são condicionalmente independentes dado $C$, não independentes.

Exercício resolvido (Coletânea 2.23 — barco desaparecido)

Três causas igualmente prováveis $C_1,C_2,C_3$; a brigada $B_i$ só investiga $C_i$ e tem êxito com probabilidade ${\alpha }_i$ se a causa for $C_i$ (${\alpha }_2=0.7$). A brigada $B_2$ falhou. Probabilidade de (a) sequestro ($C_2$); (b) temporal ($C_3$).

Resolução passo-a-passo

1. Seja $F_2$ = ”$B_2$ infrutífera”. Se a causa não é $C_2$, $B_2$ falha de certeza: $P(F_2\mid C_1)=P(F_2\mid C_3)=1$; $P(F_2\mid C_2)=1-0.7=0.3$.

2. Total: $P(F_2)=\frac{1}{3}(1+0.3+1)=\frac{2.3}{3}$.

3. Bayes: $P(C_2\mid F_2)=\frac{0.3}{2.3}=\boxed{0.1304}$ · $P(C_3\mid F_2)=\frac{1}{2.3}=\boxed{0.4348}$

Lição

O passo crítico é perceber as condicionais implícitas (=1). Com priors iguais, o $\frac{1}{3}$ cancela-se.

Exercício resolvido (Coletânea 2.14 — urna, sem reposição)

Urna com 5 bolas brancas e 5 pretas; A e B tiram alternadamente (A primeiro), sem reposição. Ganha quem tirar a 1.ª branca. $P(A\text{ ganhar})$?

Resolução passo-a-passo

1. A ganha se a 1.ª branca sair na tiragem 1, 3 ou 5 (só há 5 pretas, logo sai branca até à 6.ª).

2. Probabilidade composta para “primeiras $k-1$ pretas, $k$-ésima branca”: $k=1:\frac{5}{10}=0.5k=3:\frac{5}{10}\cdot \frac{4}{9}\cdot \frac{5}{8}=0.1389k=5:\frac{5}{10}\cdot \frac{4}{9}\cdot \frac{3}{8}\cdot \frac{2}{7}\cdot \frac{5}{6}=0.0198$

3. $P(A)=0.5+0.1389+0.0198=\boxed{0.6587}$, $P(B)=1-P(A)=0.3413$.

Lição

Cada fator é uma condicional: o denominador desce porque não há reposição e o numerador desce para a cor que já saiu.

2.3 Independência

Definições

$A,B\text{ independentes}⟺P(A\cap B)=P(A)P(B)$ Consequências: $P(A\mid B)=P(A)$ (se $P(B)>0$) · se $A,B$ independentes também o são $A,\bar{B}$ · $\bar{A},B$ · $\bar{A},\bar{B}$ · todo o acontecimento é independente de $\varnothing$ e $\Omega$. Condicionalmente independentes dado $C$: $P(A\cap B\mid C)=P(A\mid C)P(B\mid C)$. Mutuamente independentes: $P\left({\bigcap }_{i=1}^k{A}_i^{\ast }\right)=\prod P(A_i^{\ast })$ para qualquer subcoleção — não basta aos pares!

🖼️ Figura da teoria — independência condicional (probabilidade = área num quadrado $6\times 6$)

À esquerda: $A$ = metade de baixo (vermelho + verde-escuro, $P(A)=\frac{18}{36}$) e $B$ = verde ($P(B)=\frac{19}{36}$); $P(A\cap B)=\frac{9}{36}\ne P(A)P(B)$ ⇒ dependentes. À direita junta-se $C$ (retângulo $[2,5]\times [2,4]$, amarelo): dentro de $C$, $P(A\mid C)=\frac{3}{6}$, $P(B\mid C)=\frac{4}{6}$ e $P(A\cap B\mid C)=\frac{2}{6}=\frac{3}{6}\cdot \frac{4}{6}$ ⇒ condicionalmente independentes dado $C$. Um terceiro acontecimento pode “criar” independência.

Disjuntos ≠ independentes

Se $A\cap B=\varnothing$ e $P(A),P(B)>0$, então $P(A\cap B)=0\ne P(A)P(B)$ ⇒ dependentes (saber que $A$ ocorreu garante que $B$ não ocorreu). Disjunção é sobre conjuntos; independência é sobre probabilidades.

Exercício resolvido (Coletânea 2.17)

Quatro falhas equiprováveis $F_1..F_4$; $A=\{F_1,F_2\}$, $B=\{F_1,F_3\}$, $C=\{F_1,F_4\}$, $D=\{F_2,F_3\}$. (a) $A,B,C$ independentes aos pares? (b) $P(C\mid A\cap B)$ vs $P(C)$. (c) ”$C\cap D=\varnothing$, logo $C$ e $D$ são dependentes” — comente.

Resolução passo-a-passo

1. $P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{2}$; $A\cap B=A\cap C=B\cap C=\{F_1\}$ com probabilidade $\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}$ ⇒ independentes aos pares ✔.

2. $A\cap B=\{F_1\}\subset C$ ⇒ $P(C\mid A\cap B)=1\ne \frac{1}{2}=P(C)$. Equivalentemente $P(A\cap B\cap C)=\frac{1}{4}\ne \frac{1}{8}$ ⇒ não mutuamente independentes.

3. $P(C\cap D)=0\ne P(C)P(D)=\frac{1}{4}$ ⇒ de facto dependentes; a afirmação é verdadeira porque $P(C),P(D)>0$ (se um tivesse probabilidade 0 seriam independentes).

Lição

Independência aos pares não implica mútua. Para 3 acontecimentos verifica as 3 interseções duplas e a tripla.

Exercício resolvido (Coletânea 2.26 — fiabilidade)

Um sistema funciona se a componente 1 funcionar ou se 2 e 3 funcionarem; $P=0.9,0.85,0.8$, independentes. Probabilidade de o sistema funcionar?

Resolução passo-a-passo

1. $P(S)=P(C_1\cup (C_2\cap C_3))=P(C_1)+P(C_2\cap C_3)-P(C_1\cap C_2\cap C_3)$.

2. Independência: $P(C_2\cap C_3)=0.85(0.8)=0.68$; $P(C_1\cap C_2\cap C_3)=0.9(0.68)=0.612$.

3. $P(S)=0.9+0.68-0.612=\boxed{0.968}$ (ou $1-P({\bar{C}}_1)P(\overline{C_2\cap C_3})=1-0.1(0.32)$).

Lição

Série → interseção (produto); paralelo → união (mais fácil pelo complementar: $1-\prod$ das falhas).

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📏 3. Variáveis Aleatórias (Ficha 3)

Ideia

Uma variável aleatória é uma função $X:\Omega \to \mathbb{R}$ que atribui um número a cada resultado (ex.: “nº de peças defeituosas em 2 tiragens”). Passamos de $P(A)$, $A\subset \Omega$, para $P(X\in R)$, $R\subset \mathbb{R}$ — e aí podemos usar somas, integrais e gráficos.

3.1 Função de distribuição

Função de distribuição e propriedades

$F_X(x)=P(X\le x),\forall x\in \mathbb{R}$

• $0\le F_X\le 1$ · não decrescente · $F_X(-\infty )=0$, $F_X(+\infty )=1$ · contínua à direita.
• O salto num ponto é a probabilidade desse ponto: $P(X=x)=F_X(x)-F_X(x^{-})$
• Tipos: sem descontinuidades ⇒ contínua; descontinuidades com $P(X\in D)=1$ ⇒ discreta; $0<P(X\in D)<1$ ⇒ mista.

🖼️ Figura da teoria — os três tipos de $F_X$

Esquerda: contínua (sem saltos). Centro: discreta (só saltos — escada; os saltos somam 1). Direita: mista (salto de 0.5 em $x=0$ e depois sobe continuamente). Ponto cheio ● = valor de $F$ no ponto (contínua à direita); ponto vazio ○ = limite à esquerda $F(x^{-})$.

Intervalos a partir de $F$ (v.a. discreta — cuidado com $<$ vs $\le$)

$P(a<X\le b)=F(b)-F(a)$ · $P(a\le X\le b)=F(b)-F(a^{-})$ · $P(a\le X<b)=F(b^{-})-F(a^{-})$ · $P(X>a)=1-F(a)$. Numa v.a. contínua os sinais são indiferentes.

3.2 Discretas e contínuas

Função de probabilidade vs densidade

	Discreta	Contínua
Definição	$f_X(x)=P(X=x)$	$f_X(x)=\frac{d{F}_X(x)}{dx}$
Caracterização	$f\ge 0$, ${\sum }_{x\in D}f(x)=1$	$f\ge 0$, ${\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x)dx=1$
$F_X(x)$	${\sum }_{x_i\le x}{f}_X(x_i)$	${\int }_{-\infty }^x{f}_X(t)dt$
$P(X\in A)$	${\sum }_{x_i\in A}{f}_X(x_i)$	${\int }_A{f}_X(x)dx$
$P(X=x)$	salto de $F$	0

🖼️ Figuras da teoria — $F_X$ e $f_X$ lado a lado

Discreta: a altura de cada ponto de $f_X$ é o tamanho do salto de $F_X$ ($\frac{3}{18}$, $\frac{13}{18}-\frac{3}{18}=\frac{5}{9}$, $1-\frac{13}{18}=\frac{5}{18}$). Contínua ($U(0,1)$): $f_X$ é o declive de $F_X$ — declive 1 em $[0,1]$, 0 fora.

A densidade não é uma probabilidade

$f_X(x)$ pode ser $>1$ e não é única (pode mudar-se num número finito de pontos sem alterar nada). Só áreas debaixo de $f$ são probabilidades.

3.3 Medidas sumárias

Valor esperado, variância e companhia

$E[X]={\sum }_i{x}_i{f}_X(x_i)(={\int }_{\mathbb{R}}x{f}_X(x)dx)E[g(X)]={\sum }_{i}g(x_i)f_X(x_i)(=\int g(x)f_X(x)dx)$ $E[aX+b]=aE[X]+b$ $Var[X]=E[(X-E[X]{)}^2]=\underset{\text{foˊrmula de caˊlculo}}{\underbrace{E[X^2]-(E[X]{)}^2}}Var[aX+b]=a^{2}Var[X]$ $Var\ge 0$; $Var[X]=0⟺X$ constante (q.c.) · desvio padrão $\sigma =+\sqrt{Var[X]}$ · coeficiente de variação $C_V=\frac{\sqrt{Var[X]}}{|E[X]|}$. Moda $=\arg \max f_X$ (pode não existir, ser múltipla ou inútil). Quantil $q_p$: $F_X(q_p^{-})\le p\le F_X(q_p)$; no caso contínuo basta resolver $F_X(q_p)=p$. Mediana $=q_{0.5}$; $AIQ=q_{0.75}-q_{0.25}$. Convenção prática: $q_p=\min \{x:F_X(x^{-})\le p\le F_X(x)\}$.

Armadilhas das medidas

• $E[g(X)]\ne g(E[X])$ em geral (ex.: $E[X^2]\ne (E[X]{)}^2$).
• O valor esperado pode não existir (Cauchy: $f(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)}$) e não tem de ser um valor possível de $X$ (uma $Ber(\frac{1}{2})$ tem $E=\frac{1}{2}$).
• $Var[aX+b]=a^{2}Var[X]$: a constante $b$ desaparece e $a$ sai ao quadrado (nunca $Var[-X]=-Var[X]$).
• Quantis discretos: a mediana pode ser um intervalo inteiro (Coletânea 3.3: qualquer ponto de $[2,3]$).

Passos para estudar uma v.a. dada por uma $f$ com constante desconhecida

1. Constante: impor $\sum f=1$ (ou $\int f=1$) — e verificar $f\ge 0$.
2. $F_X$ por troços: integrar desde $-\infty$ (acumulando a área dos troços anteriores). Confirmar $F$ contínua (caso contínuo) e $F(+\infty )=1$.
3. $E[X]$, $E[X^2]$, $Var=E[X^2]-E[X{]}^2$. Usa simetria quando houver (o $E$ é o centro).
4. Moda = máximo de $f$; quantis: resolver $F(q)=p$ no troço certo (vê primeiro em que troço $F$ atinge $p$).

Exemplo da teoria — medidas de localização (Cap. 3)

$f_X(x)=\frac{1}{2}$ em $[0,1)$, $\frac{1}{4}$ em $[1,3]$, 0 c.c. Mediana: $F(1)=\frac{1}{2}$ ⇒ $\boxed{q_{0.5}=1}$. Valor esperado: $E={\int }_0^1\frac{x}{2}dx+{\int }_1^3\frac{x}{4}dx=\frac{1}{4}+1=\boxed{1.25}>$ mediana (cauda longa à direita puxa a média). Moda: todo o $[0,1)$ — inútil.

Exercício resolvido (Coletânea 3.1)

6 iogurtes, 2 estragados; retiram-se 3 sem reposição. $X$ = nº de estragados. (a) $P(X\le 1)$; (b) $f_X$, $F_X$, $E[X]$, $Var[X]$; (c) idem com reposição.

Resolução passo-a-passo

1. Sem reposição (contagens, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$): $f_X(0)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)}{20}=0.2$, $f_X(1)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)}{20}=0.6$, $f_X(2)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)}{20}=0.2$.

2. $F_X$: $0$ ($x<0$); $0.2$ ($0\le x<1$); $0.8$ ($1\le x<2$); $1$ ($x\ge 2$). Logo $P(X\le 1)=F(1)=\boxed{0.8}$.

3. Momentos: $E[X]=0.6+0.4=\boxed{1}$; $E[X^2]=0.6+0.8=1.4$; $Var[X]=1.4-1=\boxed{0.4}$.

4. Com reposição: cada tiragem é Bernoulli com $p=\frac{1}{3}$, independente ⇒ $X\sim Bi(3,\frac{1}{3})$: $f=\frac{8}{27},\frac{12}{27},\frac{6}{27},\frac{1}{27}$; $P(X\le 1)=\frac{20}{27}$; $E=np=1$, $Var=np(1-p)=\frac{2}{3}$.

Lição

Mesmo $E$, mas sem reposição a variância é menor (as tiragens “corrigem-se” umas às outras). Com reposição ⇒ binomial direta.

Exercício resolvido (Coletânea 3.6)

$F_X(x)=0$ ($x<0$), $\frac{1}{6}$ ($0\le x<2$), $\frac{1}{4}$ ($2\le x<4$), $\frac{1}{2}$ ($4\le x<6$), $1$ ($x\ge 6$). (a) $f_X$; (b) $P(X\le 1)$, $P(X>5)$, $P(0<X\le 2)$, $P(2\le X<6)$.

Resolução passo-a-passo

1. $f_X$ = saltos: $f(0)=\frac{1}{6}$, $f(2)=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=\frac{1}{12}$, $f(4)=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$, $f(6)=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

2. $P(X\le 1)=F(1)=\boxed{\frac{1}{6}}$ · $P(X>5)=1-F(5)=\boxed{\frac{1}{2}}$ · $P(0<X\le 2)=F(2)-F(0)=\boxed{\frac{1}{12}}$ · $P(2\le X<6)=F(6^{-})-F(2^{-})=\frac{1}{2}-\frac{1}{6}=\boxed{\frac{1}{3}}$.

Lição

Num ponto com massa, $\le$ inclui o salto e $<$ não. Escreve sempre $F(b^{-})$ ou $F(a^{-})$ quando o extremo está excluído/incluído.

Exercício resolvido (Coletânea 3.7)

$f_X(x)=1+k+x$ em $[-1,0)$, $1+k-x$ em $[0,1]$, 0 c.c. (a) $k$; (b) $F_X$; (c) $E$, $Var$; (d) moda, mediana, 1.º quartil; (e) probabilidade de ser preciso extrair exatamente 2 peças até aparecer uma com desvio positivo.

Resolução passo-a-passo

1. Normalização: cada troço integra $(1+k)-\frac{1}{2}$ ⇒ $2(1+k)-1=1\Rightarrow \boxed{k=0}$. Logo $f(x)=1-|x|$ (triângulo).

2. $F_X$: $-1\le x<0$: ${\int }_{-1}^x(1+t)dt=\frac{(x+1{)}^2}{2}$; $0\le x<1$: $\frac{1}{2}+x-\frac{x^2}{2}$; $0$ antes e $1$ depois.

3. Momentos: simetria em 0 ⇒ $E[X]=0$; $Var=E[X^2]=2{\int }_0^1{x}^2(1-x)dx=2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)=\boxed{\frac{1}{6}}$.

4. Localização: moda $=0$, mediana $=0$; $q_{0.25}$ no 1.º troço: $\frac{(x+1{)}^2}{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow x=-1+\frac{\sqrt{2}}{2}\approx \boxed{-0.293}$.

5. (e) $p=P(X>0)=\frac{1}{2}$; “1.ª peça não, 2.ª sim” (provas independentes) $=(1-p)p=\boxed{\frac{1}{4}}$ — é uma geométrica ($Geo(\frac{1}{2})$, $P(Y=2)$).

Lição

Simetria poupa contas ($E$ e mediana no centro). A última alínea é o padrão “v.a. contínua dá a probabilidade $p$ de uma prova de Bernoulli, depois aplica-se binomial/geométrica”.

Exercício resolvido (Coletânea 3.12)

Procura diária de arroz (centenas de kg): $f(x)=\frac{2x}{3}$ em $[0,1)$, $1-\frac{x}{3}$ em $[1,3]$. (a) $P(X>1.5)$; (b) $E$ e desvio padrão; (c) stock para não faltar arroz em 95 % dos dias.

Resolução passo-a-passo

1. (a) $P(X>1.5)={\int }_{1.5}^3\left(1-\frac{x}{3}\right)dx=\frac{(3-1.5{)}^2}{6}=\boxed{0.375}$ (área de um triângulo: ${\int }_x^3(1-\frac{t}{3})dt=\frac{(3-x{)}^2}{6}$).

2. (b) $E[X]={\int }_0^1\frac{2x^2}{3}dx+{\int }_1^3\left(x-\frac{x^2}{3}\right)dx=\frac{2}{9}+\left(4-\frac{26}{9}\right)=\frac{4}{3}$ ⇒ 133.3 kg. $E[X^2]=\frac{1}{6}+\left(\frac{26}{3}-\frac{20}{3}\right)=\frac{13}{6}$; $Var=\frac{13}{6}-\frac{16}{9}=\frac{7}{18}$; $\sigma =0.6236$ ⇒ 62.36 kg.

3. (c) Quantil 0.95: como $F(1)=\frac{1}{3}<0.95$, está no 2.º troço. $1-F(q)=\frac{(3-q{)}^2}{6}=0.05\Rightarrow 3-q=\sqrt{0.3}\Rightarrow q=\boxed{2.4523}$ ⇒ 245.23 kg.

Lição

“Não falte em 95 % dos dias” = quantil 0.95. Para quantis altos é muitas vezes mais fácil trabalhar com a cauda $1-F$.

Exercício resolvido (Coletânea 3.9 — Bayes com v.a. contínuas)

Duração (centenas de h) $F(x)=1-e^{-\lambda x}$; tipo A: $\lambda =\frac{1}{2}$ (100 peças), tipo B: $\lambda =1$ (50 peças). Uma peça ao acaso durou menos de 90 h. $P(B\mid X<0.9)$?

Resolução passo-a-passo

1. $P(A)=\frac{2}{3}$, $P(B)=\frac{1}{3}$; $P(X<0.9\mid A)=1-e^{-0.45}=0.3624$, $P(X<0.9\mid B)=1-e^{-0.9}=0.5934$.

2. Bayes: $\frac{0.5934/3}{0.3624(2/3)+0.5934/3}=\frac{0.1978}{0.4394}=\boxed{0.4502}$.

Lição

Os teoremas do Cap. 2 continuam a valer: o acontecimento "$X<0.9$" calcula-se com a $F$ de cada subpopulação. Atenção às unidades (90 h = 0.9 centenas).

Exercício resolvido (Coletânea 3.10)

$X$ contínua, simétrica em torno de $E[X]=10$, $Var[X]=25$; $Y=\beta X-\alpha$ ($\alpha ,\beta >0$). (a) $\alpha ,\beta$ com $E[Y]=0$, $Var[Y]=1$; (b) $P(Y\le 0)$.

Resolução passo-a-passo

1. $Var[Y]={\beta }^2\cdot 25=1\Rightarrow \beta =\frac{1}{5}$; $E[Y]=10\beta -\alpha =0\Rightarrow \alpha =2$. Então $Y=\frac{X-10}{5}$ — padronização.

2. $P(Y\le 0)=P(X\le 10)=\boxed{0.5}$ por simetria.

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📚 4. Famílias de Distribuições (Ficha 4)

A árvore genealógica

Bernoulli (1 prova, sucesso/insucesso) → repetida $n$ vezes independentes → Binomial (nº de sucessos) e Geométrica (nº de provas até ao 1.º sucesso). Binomial com $n\to \infty$, $p=\lambda t/n$ → Poisson (nº de ocorrências num intervalo). Tempo entre ocorrências de Poisson → Exponencial. A Normal aparece como limite de somas (TLC, Cap. 5) e como modelo de medições.

Tabela-resumo

Modelo	Situação	$f_X(x)$	Suporte	$E[X]$	$Var[X]$
$U(\{x_1..x_n\})$	valores equiprováveis	$1/n$	$x_i$	—	—
$Ber(p)$	1 prova	$p^x(1-p{)}^{1-x}$	$0,1$	$p$	$p(1-p)$
$Bi(n,p)$	nº sucessos em $n$ provas indep.	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x}\right)p^x(1-p{)}^{n-x}$	$\mathrm{0..}n$	$np$	$np(1-p)$
$Geo(p)$	nº provas até 1.º sucesso	$(1-p{)}^{x-1}p$	$1,2,\dots$	$1/p$	$(1-p)/p^2$
$Poi(\lambda )$	nº ocorrências por unidade	$e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^x}{x!}$	$0,1,\dots$	$\lambda$	$\lambda$
$U(a,b)$	”igualmente provável” num intervalo	$\frac{1}{b-a}$	$[a,b]$	$\frac{a+b}{2}$	$\frac{(b-a{)}^2}{12}$
$Exp(\lambda )$	tempo até/entre ocorrências	$\lambda e^{-\lambda x}$	$x\ge 0$	$1/\lambda$	$1/{\lambda }^2$
$N(\mu ,{\sigma }^2)$	medições, somas	$\frac{1}{\sqrt{2\pi {\sigma }^2}}{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}$	$\mathbb{R}$	$\mu$	${\sigma }^2$

🖼️ Figuras da teoria — a forma de cada família discreta

Binomial $Bi(20,p)$: o pico está perto de $np$; simétrica para $p=0.5$, enviesada à direita para $p$ pequeno e à esquerda para $p$ grande. Geométrica $Geo(p)$: sempre decrescente (moda = 1); quanto maior $p$, mais rápido cai. Poisson $Poi(\lambda )$: para $\lambda$ pequeno concentra-se em 0; à medida que $\lambda$ cresce, centra-se em $\lambda$ e fica com forma de sino (prenúncio do TLC).

Funções de distribuição a saber de cor (não estão no formulário)

$Geo(p):F_X(x)=1-(1-p{)}^k,k\le x<k+1\Rightarrow P(X>k)=(1-p{)}^k$ $Exp(\lambda ):F_X(x)=1-e^{-\lambda x},x\ge 0\Rightarrow P(X>x)=e^{-\lambda x}$ $U(a,b):F_X(x)=\frac{x-a}{b-a},a\le x\le b$

Falta de memória (amnésia) — geométrica e exponencial

$X\sim Geo(p):P(X>i+j\mid X>i)=P(X>j)X\sim Exp(\lambda ):P(X>s+t\mid X>t)=P(X>s)$ “O que já esperaste não conta”: o tempo adicional tem a mesma distribuição que o tempo original.

Normal — propriedades e padronização

• Simétrica em $\mu$: $f(\mu -x)=f(\mu +x)$; moda = mediana = $\mu$.
• $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$, $Y=aX+b$ ($a\ne 0$) ⇒ $Y\sim N(a\mu +b,a^2{\sigma }^2)$.
• Caso particular: $Z=\frac{X-\mu }{\sigma }\sim N(0,1)P(X\le x)=\Phi \left(\frac{x-\mu }{\sigma }\right)\Phi (-z)=1-\Phi (z)$
• $\Phi$ e ${\Phi }^{-1}$ estão tabeladas. Valores úteis: $\Phi (1)=0.8413$, $\Phi (1.645)=0.95$, $\Phi (1.96)=0.975$, $\Phi (2)=0.9772$, $\Phi (1.2816)=0.90$.

🖼️ Figura da teoria — densidades gaussianas

$\mu$ desloca a curva; ${\sigma }^2$ achata/estreita ($N(-1,0.2)$ alta e estreita, $N(1,2)$ baixa e larga). A área é sempre 1 — por isso, mais estreita ⇒ mais alta (a densidade pode passar de 1!).

Ligação Poisson ↔ exponencial (processo de Poisson)

Se $N(t)$ = nº de ocorrências em $[0,t]$ com $N(t)\sim Poi(\lambda t)$, então o tempo entre ocorrências $T\sim Exp(\lambda )$, porque $P(T>t)=P(N(t)=0)=e^{-\lambda t}$. A Poisson é o limite da $Bi(n,\lambda t/n)$ quando $n\to \infty$.

Cada ✕ é uma ocorrência no tempo. Contar os ✕ num intervalo de comprimento $t$ → $Poi(\lambda t)$; medir a distância entre dois ✕ consecutivos → $Exp(\lambda )$.

Passos para escolher e aplicar o modelo

1. Qual é a v.a.? Escreve em palavras (”$X$ = nº de latas fora de prazo na amostra de 15”).
2. Discreta ou contínua? Contagem de sucessos em $n$ fixas → $Bi$; contagem até ao 1.º sucesso → $Geo$; contagem num intervalo de tempo/área/volume → $Poi$; tempo de espera/vida → $Exp$; “igualmente provável num intervalo” → $U$; medição com média e desvio → $N$.
3. Parâmetros na unidade certa: na Poisson, reescala $\lambda$ ao intervalo pedido ($4$ bolhas por $10m^2$ ⇒ $2$ por $5m^2$); na exponencial, $\lambda =1/E[X]$.
4. Traduz o pedido (“pelo menos”, “mais do que”, “entre”) e usa o complementar quando há menos parcelas.
5. Normal: padroniza e lê a tabela.

Sinais típicos

“com reposição”, ”$n$ peças escolhidas ao acaso”, “em 10 barras, pelo menos 2 defeituosas” → $Bi$ · “até ser encontrada a primeira”, “nº de inspeções necessárias” → $Geo$ · “em média 4 por…”, “por dia/por $m^2$” → $Poi$ · “tempo de vida”, “sabendo que já funcionou …” → $Exp$ + amnésia · “intervalo entre duas mensagens consecutivas” (com Poisson no enunciado) → $Exp$.

Armadilhas do Cap. 4

• Parametrização da exponencial: valor esperado 0.5 ⇒ $\lambda =2$ (não $0.5$).
• Poisson: $\lambda$ escala com o tamanho do intervalo — confirma sempre a unidade.
• Normal: $N(\mu ,{\sigma }^2)$ usa a variância; ao padronizar divide-se pelo desvio padrão.
• Geométrica das aulas começa em $x=1$; $P(X\ge 4)=P(X>3)=(1-p{)}^3$.

Exemplo da teoria — "Tiro ao alvo" (Cap. 4)

Teste de 10 perguntas com 4 alíneas, respostas ao acaso: $X\sim Bi(10,\frac{1}{4})$. $P(X\ge 5)={\sum }_{x=5}^{10}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{x}\right)0.25^{x}0.75^{10-x}\approx \boxed{0.078}$. Número mais provável de respostas certas: $\boxed{2}$ ($f(2)\approx 0.282$ é o máximo).

Exercício resolvido (Coletânea 4.1 — binomial + geométrica)

Lote de 10000 latas, 500 fora de prazo. Amostra de 15 com reposição; rejeita-se se houver mais de 2 fora de prazo. (a) $P(\text{rejeic¸a˜o})$; (b) nº esperado de latas fora de prazo; (c) inspeção sucessiva até encontrar uma fora de prazo: (i) $P(\ge 4$ inspeções$)$; (ii) nº esperado de inspeções.

Resolução passo-a-passo

1. Modelo: $p=500/10000=0.05$; $X\sim Bi(15,0.05)$.

2. (a) $P(X>2)=1-[f(0)+f(1)+f(2)]=1-\left[0.95^{15}+15(0.05)0.95^{14}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{2}\right)0.05^{2}0.95^{13}\right]=\boxed{0.0362}$.

3. (b) $E[X]=np=15(0.05)=\boxed{0.75}$.

4. (c) $Y\sim Geo(0.05)$: $P(Y\ge 4)=P(Y>3)=0.95^3=\boxed{0.8574}$; $E[Y]=1/p=\boxed{20}$.

Lição

Mesma população, duas perguntas: amostra de tamanho fixo → binomial; esperar pelo 1.º → geométrica. “Mais do que 2” → complementar.

Exercício resolvido (Coletânea 4.3 e 4.5 — Poisson)

4.3 $X\sim Poi(\lambda )$ com $P(X=0)=\frac{1}{3}$. Calcule $P(X\ge 2)$. 4.5 Em média 4 bolhas por $10m^2$ de vidro (Poisson). (a) $P$(placa $2.5\times 2m$ ter mais de 2 bolhas); (b) num lote de 10 placas de $1\times 2.5m$, $P$(exatamente 6 perfeitas).

Resolução passo-a-passo

1. (4.3) $e^{-\lambda }=\frac{1}{3}\Rightarrow \lambda =\ln 3$. $P(X\ge 2)=1-e^{-\lambda }(1+\lambda )=1-\frac{1+\ln 3}{3}=\boxed{0.3005}$.

2. (4.5a) Taxa $0.4$ por $m^2$; placa de $5m^2$ ⇒ $X\sim Poi(2)$. $P(X>2)=1-e^{-2}(1+2+2)=1-5e^{-2}=\boxed{0.3233}$.

3. (4.5b) Placa de $2.5m^2$ ⇒ $Poi(1)$; “perfeita” $=P(X=0)=e^{-1}=0.3679$. Nº de perfeitas em 10: $Bi(10,e^{-1})$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{6}\right)(0.3679{)}^6(0.6321{)}^4=\boxed{0.0831}$.

Lição

Padrão de dois níveis: um modelo dá a probabilidade $p$ de uma placa/barra/dia ser “boa”, e depois o nº de “boas” em $n$ é binomial. Sai muito.

Exercício resolvido (Coletânea 4.7 e 4.8 — normal)

4.7 Comprimento $\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$; 50 % das peças medem menos de 2.5 mm e 47.5 % entre 2.5 e 3.42 mm. (a) $\mu ,\sigma$; (b) $P$(não defeituosa), sendo defeituosa se $|X-\mu |>\sigma$. 4.8 Vida de um laser $\sim N(7000,600^2)$ h. (a) $P(X\le 5300)$; (b) duração que 90 % excedem; (c) produto com 3 lasers independentes falha se algum falhar: $P$(durar mais de 7000 h).

Resolução passo-a-passo

1. (4.7a) Mediana $=\mu =2.5$. $P(2.5<X<3.42)=\Phi \left(\frac{0.92}{\sigma }\right)-0.5=0.475\Rightarrow \Phi \left(\frac{0.92}{\sigma }\right)=0.975\Rightarrow \frac{0.92}{\sigma }=1.96\Rightarrow \boxed{\sigma =0.469}$.

2. (4.7b) $P(|X-\mu |\le \sigma )=\Phi (1)-\Phi (-1)=2\Phi (1)-1=\boxed{0.6826}$ (vale para qualquer normal).

3. (4.8a) $\Phi \left(\frac{5300-7000}{600}\right)=\Phi (-2.83)=\boxed{0.0023}$.

4. (4.8b) $P(X>x)=0.9\Rightarrow \frac{x-7000}{600}=-1.2816\Rightarrow x=\boxed{6231.04\text{ h}}$.

5. (4.8c) Cada laser dura $>7000$ com prob. $\frac{1}{2}$ (mediana); sistema em série ⇒ ${\left(\frac{1}{2}\right)}^3=\boxed{\frac{1}{8}}$.

Lição

Dados percentagens → ler a tabela ao contrário (${\Phi }^{-1}$). Para quantis abaixo da média, o $z$ é negativo.

Exercício resolvido (Coletânea 4.9, 4.10, 4.14 — exponencial)

4.9 Vida (centenas de h) exponencial com $E=0.5$: $P(X>1.5\mid X>1)$. 4.10 Mensagens por dia $\sim Poi(10)$: (a) $P(X\le 7)$; (b) $P$(intervalo entre duas mensagens consecutivas $>1$ h). 4.14 Espera $\sim Exp$ com $E=1$ min; já esperou 2 min: $P$(ainda ter de esperar 4 min adicionais).

Resolução passo-a-passo

1. (4.9) $\lambda =1/0.5=2$; amnésia: $P(X>1.5\mid X>1)=P(X>0.5)=e^{-2(0.5)}=e^{-1}=\boxed{0.3679}$.

2. (4.10a) ${\sum }_{x=0}^7{e}^{-10}\frac{10^x}{x!}=\boxed{0.2202}$ (tabela da Poisson).

3. (4.10b) Taxa por hora $\lambda =10/24$; $T\sim Exp(10/24)$: $P(T>1)=e^{-10/24}=\boxed{0.6592}$.

4. (4.14) $P(X>6\mid X>2)=P(X>4)=e^{-4}=\boxed{0.0183}$.

Lição

“Sabendo que já …” + exponencial = amnésia (subtrai o tempo já passado). Para Poisson→Exp, converte a taxa para a unidade de tempo pedida.

Exercício resolvido (Coletânea 4.13 — normal condicionada)

TTPa $\sim N(35,2^2)$ s. $P(33<X<37\mid 30<X<40)$.

Resolução passo-a-passo

1. $\{33<X<37\}\subset \{30<X<40\}$, logo a interseção é o próprio $\{33<X<37\}$.

2. $\frac{\Phi (1)-\Phi (-1)}{\Phi (2.5)-\Phi (-2.5)}=\frac{0.6827}{0.9876}=\boxed{0.6912}$.

Lição

Condicional com v.a. = definição do Cap. 2; quando um acontecimento contém o outro, a interseção simplifica.

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🔗 5. Vetores Aleatórios (Ficha 5)

5.1 Distribuição conjunta, marginais e condicionais

Ideia

Estudar duas v.a. ao mesmo tempo (televisores da marca X e Y vendidos no mesmo dia; diâmetro e espessura do mesmo tubo). A distribuição conjunta diz tudo; a partir dela somamos/integramos a outra variável para obter as marginais, e dividimos pela marginal para obter as condicionais — é a probabilidade condicional do Cap. 2 escrita para v.a.

Fórmulas

$F_{X,Y}(x,y)=P(X\le x,Y\le y)f_{X,Y}(x,y)=P(X=x,Y=y)\left(\text{ou }\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x\partial y}\right)$ $f\ge 0$; ${\sum }_x{\sum }_{y}f=1$ (ou $\iint f=1$). Limites: $F_{X,Y}(x,+\infty )=F_X(x)$. $\underset{\text{marginal}}{\underbrace{f_X(x)=\sum _y{f}_{X,Y}(x,y)(={\int }_{\mathbb{R}}{f}_{X,Y}(x,y)dy)}}\underset{\text{condicional}}{\underbrace{f_{X\mid Y=y}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)},f_Y(y)>0}}$ Valor esperado condicional (usado nos exercícios): $E[X\mid Y=y]={\sum }_{x}x{f}_{X\mid Y=y}(x)$ (ou integral). $E[X\mid Y]$ é uma v.a. (função de $Y$) e $E[E[X\mid Y]]=E[X]$.

Tabela ≠ função

A tabela é uma representação abreviada de $f_{X,Y}$, que está definida em todo o ${\mathbb{R}}^2$ (vale 0 fora dos pontos). E $F_{X,Y}(0,1.5)=P(X\le 0,Y\le 1.5)$ soma todas as células com $x\le 0$ e $y\le 1.5$.

Exemplo da teoria — "Ases e figuras" (Cap. 5)

2 cartas de 52; $X$ = nº de figuras, $Y$ = nº de ases. Tabela ($\times \frac{1}{221}$): $y=0$: $105,72,11$; $y=1$: $24,8,0$; $y=2$: $1,0,0$ (colunas $x=0,1,2$). Ex.: $f(0,0)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{36}{2}\right)/\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{52}{2}\right)=630/1326=105/221$. $F_{X,Y}(0,1.5)=f(0,0)+f(0,1)=\frac{105+24}{221}=\boxed{\frac{129}{221}}$.

5.2 Independência e correlação

Independência

$X,Y\text{ independentes}⟺f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)\forall (x,y)⟺F_{X,Y}=F_X{F}_Y$ Consequência: as condicionais iguais às marginais ($f_{X\mid Y=y}=f_X$).

Valor esperado, covariância, correlação

$E[g(X,Y)]={\sum }_x{\sum }_{y}g(x,y)f_{X,Y}(x,y)(=\iint g{f}_{X,Y})E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y]\text{(sempre)}$ $X,Y\text{ indep.}\Rightarrow E[g(X)h(Y)]=E[g(X)]E[h(Y)]$ $Cov[X,Y]=E[(X-EX)(Y-EY)]=\underset{\text{foˊrmula de caˊlculo}}{\underbrace{E[XY]-E[X]E[Y]}}$ $Cov[X,Y]=Cov[Y,X]$ · $Cov[X,X]=Var[X]$ · $Cov[aX+b,Y]=aCov[X,Y]$ · independentes ⇒ $Cov=0$. $Corr[X,Y]=\frac{Cov[X,Y]}{\sqrt{Var[X]Var[Y]}}\in [-1,1]Corr=\pm 1⟺Y=aX+b$ $Corr[aX,Y+b]=\frac{a}{|a|}Corr[X,Y]$ (só muda o sinal).

🖼️ Figura da teoria — interpretação da covariância

O sinal de $(X-EX)(Y-EY)$ depende do quadrante em relação às linhas vermelhas. Cima-esquerda: pontos sobretudo nos quadrantes ↗/↙ ⇒ $Cov>0$. Cima-direita: quadrantes ↖/↘ ⇒ $Cov<0$. Baixo-esquerda: sem tendência ⇒ $Cov\approx 0$. Baixo-direita (anel): $Cov\approx 0$ mas $X$ e $Y$ são claramente dependentes — a covariância só mede relação linear.

Independência ⇒ $Cov=0$, mas não o contrário

$Cov=0$ só diz que não há relação linear. Para mostrar não independência basta um par $(x,y)$ com $f_{X,Y}(x,y)\ne f_X(x)f_Y(y)$ — normalmente uma célula com 0 na tabela, ou um ponto fora de um suporte não retangular (triângulo $0<x<y<1$ ⇒ nunca independentes).

Passos para um exercício de tabela conjunta

1. Marginais: somar linhas e colunas (escreve-as na margem — é daí que vem o nome). Confirmar que somam 1.
2. Probabilidades de acontecimentos ($Y>X$, $X+Y\le 4$): marcar as células que satisfazem e somar.
3. Condicional $X\mid Y=y$: pegar na linha $y$ e dividir por $f_Y(y)$.
4. Independência: procurar uma célula com $f_{X,Y}\ne f_X{f}_Y$.
5. $Var[X+Y]$: ou construir a distribuição de $T=X+Y$, ou usar $VarX+VarY+2Cov$.

Exercício resolvido (Coletânea 5.1)

Televisores vendidos por dia (linhas $y=0,1,2$; colunas $x=0,1,2$): $y=0$: $0.12,0.25,0.13$; $y=1$: $0.05,0.30,0.01$; $y=2$: $0.03,0.10,0.01$. (a) marginais; (c) $P(Y>X)$; (d) $E$ e $Var$ do total vendido.

Resolução passo-a-passo

1. Marginais: $f_X$: $0.20,0.65,0.15$; $f_Y$: $0.50,0.36,0.14$.

2. $P(Y>X)$: células $(0,1),(0,2),(1,2)$: $0.05+0.03+0.10=\boxed{0.18}$.

3. $T=X+Y$: $P(T=0)=0.12$, $P(T=1)=0.25+0.05=0.30$, $P(T=2)=0.13+0.30+0.03=0.46$, $P(T=3)=0.01+0.10=0.11$, $P(T=4)=0.01$. $E[T]=0.30+0.92+0.33+0.04=\boxed{1.59}$ (confere: $EX+EY=0.95+0.64$). $E[T^2]=3.29$; $Var[T]=3.29-1.59^2=\boxed{0.7619}$.

Lição

$E[X+Y]=EX+EY$ sempre; a variância da soma precisa da conjunta (ou da covariância).

Exercício resolvido (Coletânea 5.3)

Tabela (linhas $y=1,2,3$; colunas $x=1,2,3$): $y=1$: $\frac{1}{9},0,\frac{1}{18}$; $y=2$: $0,\frac{1}{3},\frac{1}{9}$; $y=3$: $\frac{1}{9},\frac{1}{6},\frac{1}{9}$. (a) $f_X$, $P(X+Y\le 4)$, $f_{X\mid Y=1}$, $E[X\mid Y=1]$; (c) independência; (d) $Var[X+Y]$.

Resolução passo-a-passo

1. Marginais (em 18-avos): $f_X=\frac{4}{18},\frac{9}{18},\frac{5}{18}$ (i.e. $\frac{2}{9},\frac{1}{2},\frac{5}{18}$); $f_Y=\frac{3}{18},\frac{8}{18},\frac{7}{18}$.

2. $P(X+Y\le 4)$: $(1,1),(3,1),(2,2),(1,3)$ [as outras com soma $\le 4$ valem 0] $=\frac{2+1+6+2}{18}=\boxed{\frac{11}{18}}$.

3. $X\mid Y=1$: linha $y=1$ a dividir por $\frac{1}{6}$: $f(1)=\frac{2}{3}$, $f(2)=0$, $f(3)=\frac{1}{3}$. $E[X\mid Y=1]=\frac{2}{3}+1=\boxed{\frac{5}{3}}$.

4. Independência: $f_{X,Y}(2,1)=0\ne f_X(2)f_Y(1)=\frac{1}{12}$ ⇒ não independentes.

5. $Var[X+Y]$: $EX=\frac{37}{18}$, $EY=\frac{20}{9}$, $VarX=\frac{161}{324}$, $VarY=\frac{41}{81}$, $E[XY]=\frac{83}{18}$ ⇒ $Cov=\frac{83}{18}-\frac{37}{18}\cdot \frac{20}{9}=\frac{7}{162}$. $Var[X+Y]=\frac{161+164+28}{324}=\boxed{\frac{353}{324}\approx 1.0895}$.

Lição

Um zero na tabela com marginais positivas mata logo a independência.

Exercício resolvido (Coletânea 5.6 — $Cov=0$ sem independência)

$f_{X,Y}$ vale $\frac{1}{4}$ em $(-1,0),(0,-1),(0,1),(1,0)$ e 0 no resto. Mostre que $Cov=0$ mas $X,Y$ não são independentes.

Resolução passo-a-passo

1. Por simetria $EX=EY=0$; em todos os pontos com massa $xy=0$ ⇒ $E[XY]=0$ ⇒ $Cov=0-0=\boxed{0}$.

2. $f_X(0)=\frac{1}{2}$, $f_Y(0)=\frac{1}{2}$ mas $f_{X,Y}(0,0)=0\ne \frac{1}{4}$ ⇒ dependentes.

Lição

Os pontos estão num “losango” — há dependência forte mas não linear, por isso a covariância não a vê.

Exercício resolvido (Coletânea 5.10 — contínuo em triângulo)

$f_{X,Y}(x,y)=6(1-x-y)$ para $x>0$, $0<y<1-x$. (a) Independência? (b) $F_X$; (c) $f_{X\mid Y=y}$; (d) $P(X<\frac{1}{4}\mid Y=\frac{1}{2})$; (e) $P(X<\frac{3}{4}\mid Y>\frac{1}{2})$.

Resolução passo-a-passo

1. Marginal: $f_X(x)={\int }_0^{1-x}6(1-x-y)dy=3(1-x{)}^2$, $0<x<1$; por simetria $f_Y(y)=3(1-y{)}^2$.

2. (a) Em $(\frac{3}{4},\frac{3}{4})$: $f_{X,Y}=0$ (fora do triângulo) mas $f_X{f}_Y>0$ ⇒ não independentes.

3. (b) $F_X(x)={\int }_0^{x}3(1-t{)}^{2}dt=1-(1-x{)}^3=\boxed{x^3-3x^2+3x}$ em $[0,1]$.

4. (c) $f_{X\mid Y=y}(x)=\frac{6(1-x-y)}{3(1-y{)}^2}=\boxed{\frac{2(1-x-y)}{(1-y{)}^2}},0<x<1-y$.

5. (d) $y=\frac{1}{2}$: $f=8(\frac{1}{2}-x)$ em $(0,\frac{1}{2})$; ${\int }_0^{1/4}8(\frac{1}{2}-x)dx=8\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{32}\right)=\boxed{\frac{3}{4}}$.

6. (e) Se $Y>\frac{1}{2}$ então $X<1-Y<\frac{1}{2}<\frac{3}{4}$ de certeza ⇒ $\boxed{1}$.

Lição

Desenha sempre o suporte: dá os limites de integração e decide logo a independência (suporte não retangular ⇒ dependentes).

Exercício resolvido (Coletânea 5.13 — correlação no contínuo)

$f_{X,Y}=2$ em $0<x<y<1$. (a) $Corr[X,Y]$; (b) $Var[X\mid Y=y]$; (c) verifique $E[X]=E[E[X\mid Y]]$.

Resolução passo-a-passo

1. Marginais: $f_X(x)={\int }_x^{1}2dy=2(1-x)$; $f_Y(y)={\int }_0^{y}2dx=2y$.

2. Momentos: $EX=\frac{1}{3}$, $E{X}^2=\frac{1}{6}$, $VarX=\frac{1}{18}$; $EY=\frac{2}{3}$, $E{Y}^2=\frac{1}{2}$, $VarY=\frac{1}{18}$.

3. $E[XY]={\int }_0^1{\int }_0^{y}2xydxdy={\int }_0^1{y}^{3}dy=\frac{1}{4}$; $Cov=\frac{1}{4}-\frac{2}{9}=\frac{1}{36}$; $Corr=\frac{1/36}{1/18}=\boxed{0.5}$.

4. $f_{X\mid Y=y}=\frac{2}{2y}=\frac{1}{y}$ em $(0,y)$ ⇒ $X\mid Y=y\sim U(0,y)$: $Var=\boxed{\frac{y^2}{12}}$, $E[X\mid Y]=\frac{Y}{2}$.

5. $E\left[\frac{Y}{2}\right]=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{3}=E[X]$ ✔.

Lição

Reconhecer a condicional como uma família conhecida (aqui uniforme) dá $E$ e $Var$ sem integrar.

Exercício resolvido (Coletânea 5.12 — problema do encontro)

Duas pessoas chegam uniformemente entre as 14 h e as 15 h, independentemente, e nenhuma espera mais de 15 min. $P$(encontrarem-se)?

Resolução passo-a-passo

1. Unidade = 1 h: $X,Y\sim U(0,1)$ indep. ⇒ $f_{X,Y}=1$ no quadrado; probabilidade = área.

2. Encontram-se se $|X-Y|\le \frac{1}{4}$: quadrado menos dois triângulos de catetos $\frac{3}{4}$: $1-{\left(\frac{3}{4}\right)}^2=\boxed{\frac{7}{16}=0.4375}$.

Lição

Conjunta uniforme ⇒ probabilidade = área da região / área do suporte.

5.3 Combinações lineares e TLC

Combinações lineares $Y=\sum c_i{X}_i$

$E[Y]=\sum c_{i}E[X_i]Var[Y]=\sum c_i^{2}Var[X_i]+2{\sum }_{i<j}{c}_i{c}_{j}Cov[X_i,X_j]$ Se as $X_i$ forem independentes, as covariâncias são 0: $Var[\sum c_i{X}_i]=\sum c_i^{2}Var[X_i]$. Somas que preservam a família (independentes): $\sum Bi(n_i,p)\sim Bi(\sum n_i,p)\sum Poi({\lambda }_i)\sim Poi(\sum {\lambda }_i)\sum c_{i}N({\mu }_i,{\sigma }_i^2)\sim N(\sum c_i{\mu }_i,\sum c_i^2{\sigma }_i^2)$

Teorema do Limite Central

$X_1,\dots ,X_n$ i.i.d. (não correlacionadas) com $E$ e $Var$ finitos, $S_n=\sum X_i$: $Z_n=\frac{S_n-nE[X]}{\sqrt{nVar[X]}}\stackrel{\mathcal{D}}{\to }N(0,1)\Rightarrow P(S_n\le x)\approx \Phi \left(\frac{x-nE[X]}{\sqrt{nVar[X]}}\right)$ Para a média $\bar{X}=S_n/n$: $\bar{X}\stackrel{a}{\sim }N\left(E[X],\frac{Var[X]}{n}\right)$. Caso Bernoulli: $Bi(n,p)\stackrel{a}{\sim }N(np,np(1-p))$ para $n$ grande.

🖼️ Figura da teoria — o TLC a acontecer (soma de $n$ exponenciais $Exp(1)$ independentes)

Azul: densidade exata de $S_n$; vermelho: normal $N(n,n)$ com o mesmo $E$ e $Var$. Para $n=1$ (exponencial, muito assimétrica) a aproximação é péssima; com $n=10$ já é razoável e com $n=30$–$100$ as curvas quase coincidem.

Armadilhas das somas

• $Var[X-Y]=VarX+VarY$ (independentes) — soma, nunca subtrai.
• $Var[2Y]=4VarY$ ≠ $Var[Y_1+Y_2]=2VarY$: “duas vezes a espessura do mesmo tubo” vs “duas pessoas diferentes”.
• Soma de normais independentes é exatamente normal; soma de outras é aproximadamente normal (TLC) — diz “pelo TLC” e “aproximadamente” na resposta.

Como reconhecer

“Diâmetro exterior = interior + 2 × espessura” → combinação linear de normais · “peso total de 20 pessoas”, “consumo de 100 casas”, “100 peças em 240 h”, “média de 100 doses” → soma/média ⇒ normal (exata ou TLC).

Exercício resolvido (Coletânea 5.14 — tubo)

Diâmetro interior $X\sim N(3,0.02^2)$ cm, espessura $Y\sim N(0.3,0.005^2)$, independentes. (a) $E$ e desvio padrão do diâmetro exterior; (b) $P(D>3.62)$.

Resolução passo-a-passo

1. $D=X+2Y$ (a espessura conta dos dois lados). $ED=3+0.6=\boxed{3.6}$; $VarD=0.02^2+4(0.005{)}^2=0.0005$, ${\sigma }_D=\boxed{0.0224}$.

2. $P(D>3.62)=1-\Phi \left(\frac{0.02}{0.0224}\right)=1-\Phi (0.89)=\boxed{0.1867}$.

Lição

$2Y$ (mesma v.a.) → variância $\times 4$.

Exercício resolvido (Coletânea 5.15 — elevador)

Pesos $\sim N(61,10^2)$, independentes; elevador de 20 pessoas, carga máxima 1300 kg. (a) $P$(20 utilizadores excederem 1300 kg); (b) já estão 15 pessoas com 950 kg, entram mais 5: $P$(exceder); (c) $P$(quando muito 2 das 20 pesarem mais de 85 kg).

Resolução passo-a-passo

1. (a) $S_{20}\sim N(20\cdot 61,20\cdot 100)=N(1220,2000)$: $P(S>1300)=1-\Phi \left(\frac{80}{44.72}\right)=1-\Phi (1.79)=\boxed{0.0367}$.

2. (b) Faltam 350 kg para 5 pessoas: $S_5\sim N(305,500)$: $1-\Phi \left(\frac{45}{22.36}\right)=1-\Phi (2.01)=\boxed{0.0222}$.

3. (c) $p=P(W>85)=1-\Phi (2.4)=0.0082$; nº com mais de 85 kg $\sim Bi(20,0.0082)$: $P(\le 2)=\boxed{0.9994}$.

Lição

Somas de normais são exatas; e de novo o padrão de dois níveis (normal → $p$ → binomial).

Exercício resolvido (Coletânea 5.17c e 5.18 — TLC)

5.17c Tempo de produção de uma peça $\sim Exp$ com média 2 h; 100 peças, prazo de 240 h. $P$(cumprir)? 5.18 Por dia, o estudante amealha 50, 100 ou 250 cêntimos com prob. 0.3, 0.6, 0.1. $P$(mais de 350 € em 365 dias)?

Resolução passo-a-passo

1. (5.17c) $EX=2$, $VarX=4$; $S_{100}$: $E=200$, $Var=400$, $\sigma =20$. Pelo TLC $P(S\le 240)\approx \Phi \left(\frac{40}{20}\right)=\Phi (2)=\boxed{0.9772}$ — boas possibilidades.

2. (5.18) $EX=15+60+25=100$ cênt.; $E{X}^2=750+6000+6250=13000$; $VarX=3000$. $S_{365}$: $E=36500$, $Var=1095000$, $\sigma =1046.4$. $P(S>35000)\approx 1-\Phi \left(\frac{35000-36500}{1046.4}\right)=\Phi (1.43)=\boxed{0.9236}$.

Lição

TLC em 3 passos: $E$ e $Var$ de uma parcela → multiplicar por $n$ → padronizar. Atenção às unidades (350 € = 35000 cênt.).

Exercício resolvido (Coletânea 5.23 e 5.24)

5.23 $X_A\sim N(120,24^2)$, $X_B\sim N(80,20^2)$ independentes: $P(X_A>X_B)$. 5.24 Concentração com $E=50$, $\sigma =2$ mg/mL; 100 doses i.i.d.: $P(\bar{X}<49.95)$.

Resolução passo-a-passo

1. (5.23) $D=X_A-X_B\sim N(40,576+400=976)$: $P(D>0)=\Phi \left(\frac{40}{31.24}\right)=\Phi (1.28)=\boxed{0.8997}$.

2. (5.24) TLC: $\bar{X}\stackrel{a}{\sim }N\left(50,\frac{4}{100}\right)$, ${\sigma }_{\bar{X}}=0.2$: $P(\bar{X}<49.95)\approx \Phi (-0.25)=\boxed{0.4013}$.

Lição

"$A>B$" ⇒ estudar a diferença $A-B>0$. Média de $n$ ⇒ variância dividida por $n$.

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🧭 Checklist de Estratégia

Sintoma no enunciado	Ferramenta
”ao acaso”, contar casos	Laplace + combinações $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$
“pelo menos um”, “nenhum”	Complementar + De Morgan
3 tipos sobrepostos	Inclusão-exclusão / Venn
Subpopulações + “percentagem global”	Probabilidade total (árvore)
“sabendo que saiu … qual a prob. de ter sido …”	Bayes
Tiragens sucessivas sem reposição	Probabilidade composta (cadeia)
Componentes em série/paralelo	Independência: produto / $1-\prod$ falhas
$f$ com constante $k$	$\int f=1$ (ou $\sum f=1$)
“não falte em 95 %”, mediana, quartil	Quantil: $F(q)=p$
$n$ provas fixas, sucesso/insucesso	$Bi(n,p)$
”até ao primeiro"	$Geo(p)$
"em média $\lambda$ por unidade”	$Poi(\lambda )$, reescalar
tempo de vida / espera, “já esperou”	$Exp(\lambda )$ + amnésia
média e desvio dados, percentagens	Normal, padronizar / ${\Phi }^{-1}$
Tabela de dupla entrada	Marginais → condicionais → independência
Densidade conjunta	Desenhar suporte, integrar a outra variável
”Cov = 0 mas …”	Contra-exemplo com célula 0
Soma de normais independentes	Normal exata, somar $E$ e $Var$
Soma/média de muitas i.i.d.	TLC

Erros a evitar

• Confundir $P(A\mid B)$ com $P(B\mid A)$ (falácia do teste diagnóstico) — usa Bayes.
• Achar que disjuntos são independentes (são o oposto, se ambos têm prob. $>0$).
• Independência aos pares ⇒ mútua? Não.
• Somar probabilidades de acontecimentos não disjuntos sem subtrair a interseção.
• Em v.a. discretas, trocar $<$ por $\le$ ao usar $F$.
• Esquecer que a densidade pode ser maior que 1 e que $P(X=x)=0$ no contínuo.
• $Var[aX+b]=aVar[X]$ ✗ → $a^{2}Var[X]$ ✔; $Var[X-Y]=VarX-VarY$ ✗ → soma (indep.).
• $E[g(X)]=g(E[X])$ ✗ (em geral).
• Exponencial: usar a média como $\lambda$ ✗ → $\lambda =1/E[X]$.
• Poisson: não reescalar $\lambda$ ao intervalo/área pedido.
• Normal: dividir pela variância em vez do desvio padrão.
• $Cov=0$ ⇒ independentes ✗.
• TLC: esquecer que a média tem variância ${\sigma }^2/n$ (não ${\sigma }^2$) e a soma tem $n{\sigma }^2$.
• Unidades: centenas de horas, minutos vs horas, cêntimos vs euros.

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📎 Recursos

Teoria, exercícios e apoio

Teoria (Prof. Paulo Soares): Cap. 1 · Cap. 2 · Cap. 3 · Cap. 4 · Cap. 5 Exercícios: Coletânea 2026/27 (Cap. 1–5; soluções no fim). Apoio: Formulário oficial · Tabelas estatísticas. Exames anteriores (para o Guia de Estudo): pasta Exames Anos Anteriores/ (resoluções de 2026).

Notas relacionadas (Dataview)

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Recém-modificadas em Probabilidade e Estatística (DataviewJS)

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