A empresa MicroSilicon fabrica transistores em lotes de 30 unidades. Um estudo de qualidade revelou que o número de transistores defeituosos por lote segue a distribuição abaixo. Um lote é rejeitado se, em uma amostra de 5 transistores selecionados aleatoriamente, pelo menos 2 forem defeituosos.
№ DE DEFEITUOSOS (\mathbf{X}) \mathbf{0} \mathbf{1} \mathbf{2} \mathbf{3} \mathbf{4}
\mathbf{P}(\mathbf{X}=\mathbf{x}) 0.30 0.40 0.20 0.08 0.02
b) Sabendo que um lote foi aceito, qual a probabilidade de que ele tivesse nenhum transistor defeituoso?
c) Qual o número esperado de defeituosos nos lotes aceitos?

Passo 1

O enunciado dá a distribuição do número de defeituosos por lote de 30 transistores, X, com suporte \{0,1,2,3,4\} e probabilidades:
P(X=0)=0,30,\quad P(X=1)=0,40,\quad P(X=2)=0,20,\quad P(X=3)=0,08,\quad P(X=4)=0,02.
Um lote é rejeitado se numa amostra aleatória sem reposição de 5 transistores houver pelo menos 2 defeituosos; portanto o lote é aceito quando na amostra aparecem 0 ou 1 defeituoso.
As perguntas pedem:
  • (b) Sabendo que um lote foi aceito, qual a probabilidade de que ele tivesse nenhum transistor defeituoso? Ou seja, P(X=0\mid\text{aceito}).
  • (c) Qual o número esperado de defeituosos nos lotes aceitos? Ou seja, E[X\mid\text{aceito}].

Passo 2

Vamos modelar a amostragem usando a distribuição hipergeométrica (amostragem sem reposição). Se o lote tem x defeituosos entre 30 itens, a probabilidade de obter exatamente k defeituosos numa amostra de 5 é
P(\text{amostra tem }k\mid X=x)=\frac{\binom{x}{k}\binom{30-x}{5-k}}{\binom{30}{5}}.
Explicando isso rapidinho (sem mistério): \binom{x}{k} escolhe quais k defeituosos vêm da população de x, \binom{30-x}{5-k} escolhe os restantes não defeituosos, e dividimos por \binom{30}{5} que é o total de amostras possíveis de tamanho 5.
Como lote é aceito quando a amostra tem 0 ou 1 defeituoso, definimos
A(x)\equiv P(\text{aceitar}\mid X=x)=P(\text{0 defeituosos}\mid X=x)+P(\text{1 defeituoso}\mid X=x).
Vamos calcular A(x) para cada x=0,1,2,3,4. Primeiro o denominador comum:
\binom{30}{5}=\frac{30\cdot29\cdot28\cdot27\cdot26}{5!}=142{,}506.

Passo 3

Cálculo de A(x) caso a caso.
Para x=0: não há defeituosos no lote, logo a amostra sempre tem 0 defeituoso, então
A(0)=1.
Para x=1: há no máximo um defeituoso no lote; a amostra terá 0 ou 1 defeituoso com certeza, então
A(1)=1.
Para x=2: usando hipergeométrica,
A(2)=\frac{\binom{28}{5}+2\binom{28}{4}}{\binom{30}{5}}.
Calculando combinações:
\binom{28}{5}=98{,}280,\qquad \binom{28}{4}=20{,}475.
Portanto o numerador é 98{,}280+2\cdot20{,}475=139{,}230 e
A(2)=\frac{139{,}230}{142{,}506}=\frac{85}{87}\approx0,9770115.
Para x=3:
A(3)=\frac{\binom{27}{5}+3\binom{27}{4}}{\binom{30}{5}}.
\binom{27}{5}=80{,}730,\qquad \binom{27}{4}=17{,}550.
Numerador =80{,}730+3\cdot17{,}550=133{,}380, então
A(3)=\frac{133{,}380}{142{,}506}=\frac{190}{203}\approx0,936449.
Para x=4:
A(4)=\frac{\binom{26}{5}+4\binom{26}{4}}{\binom{30}{5}}.
\binom{26}{5}=65{,}780,\qquad \binom{26}{4}=14{,}950.
Numerador =65{,}780+4\cdot14{,}950=125{,}580, então
A(4)=\frac{125{,}580}{142{,}506}=\frac{230}{261}\approx0,881611.
Resumo dos A(x):
A(0)=1,\quad A(1)=1,\quad A(2)=\frac{85}{87},\quad A(3)=\frac{190}{203},\quad A(4)=\frac{230}{261}.

Passo 4

Agora calculamos a probabilidade de aceitação do lote (lei total da probabilidade):
P(\text{aceito})=\sum_{x=0}^4 P(X=x)\,A(x).
Substituindo os dados:
P(\text{aceito})=0,30\cdot1 + 0,40\cdot1 + 0,20\cdot\frac{85}{87} + 0,08\cdot\frac{190}{203} + 0,02\cdot\frac{230}{261}.
Fazendo as contas (aproximações decimais):
P(\text{aceito})\approx 0{,}30 + 0{,}40 + 0{,}1954023 + 0{,}0749159 + 0{,}0176322 \approx 0{,}9879504.
(Arredondado, P(\text{aceito})\approx0{,}98795.)

Passo 5

(b) Queremos P(X=0\mid\text{aceito}). Aplicando a fórmula de Bayes:
P(X=0\mid\text{aceito})=\frac{P(\text{aceito}\mid X=0)\,P(X=0)}{P(\text{aceito})}=\frac{1\cdot0{,}30}{P(\text{aceito})}.
Substituindo o P(\text{aceito}) calculado:
P(X=0\mid\text{aceito})\approx\frac{0{,}30}{0{,}9879504}\approx0{,}3036.

Passo 6

(c) Queremos E[X\mid\text{aceito}]. Usamos a definição de esperança condicional:
E[X\mid\text{aceito}]=\sum_{x=0}^4 x\,P(X=x\mid\text{aceito}) =\frac{1}{P(\text{aceito})}\sum_{x=0}^4 x\,P(X=x)\,A(x).
Calculemos o numerador:
\sum_{x=0}^4 x\,P(X=x)\,A(x)=0\cdot(0{,}30\cdot1)+1\cdot(0{,}40\cdot1)+2\cdot\Big(0{,}20\cdot\frac{85}{87}\Big)+3\cdot\Big(0{,}08\cdot\frac{190}{203}\Big)+4\cdot\Big(0{,}02\cdot\frac{230}{261}\Big).
Valores numéricos:
\text{numerador}\approx 0 + 0{,}40 + 0{,}3908046 + 0{,}2247478 + 0{,}0705289 \approx 1{,}0860813.
Logo
E[X\mid\text{aceito}]\approx\frac{1{,}0860813}{0{,}9879504}\approx1{,}0993.

Resposta

b) P(X=0\mid\text{aceito})\approx0,3036
c) E[X\mid\text{aceito}]\approx1,0993

Exercícios relacionados