Exemplo 5.3 Placas de vídeo são expedidas em lotes de 30 unidades. Antes que a remessa seja aprovada, um inspetor escolhe aleatoriamente cinco placas do lote e as inspeciona. Se nenhuma das placas inspecionadas for defeituosa, o lote é aprovado. Se uma ou mais forem defeituosas, todo o lote é inspecionado. Supondo que haja três placas defeituosas no lote, qual é a probabilidade de que o controle da qualidade aponte para a inspeção total?
Qual é a probabilidade do Exemplo 5.3, se a inspeção completa for feita somente quando forem encontradas mais do que uma placa defeituosa na amostra?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações:
  • Tamanho do lote: 30 placas.
  • Número de placas defeituosas no lote: 3.
  • Tamanho da amostra inspecionada aleatoriamente: 5 placas (amostragem sem reposição).
    O enunciado pede duas probabilidades distintas:
  1. Probabilidade de que o controle aponte para inspeção total quando a regra for: “se uma ou mais placas da amostra forem defeituosas, inspeciona-se todo o lote”.
  2. Probabilidade quando a regra for modificada para: “inspeção completa somente se forem encontradas mais do que uma placa defeituosa na amostra” — ou seja, inspeciona-se todo o lote se houver pelo menos duas defeituosas na amostra.

Passo 2

Entender o modelo (explicação didática). Aqui a amostra é retirada sem reposição de um lote finito. Nesses casos usamos contagem combinatória (hipergeométrica). A ideia básica:
  • Todas as amostras possíveis de tamanho n=5 são igualmente prováveis. O número total de amostras possíveis é \binom{30}{5}.
  • Para contar amostras com exatamente k defeituosas usamos \binom{3}{k} maneiras de escolher k defeituosas dentre as 3 disponíveis e \binom{27}{5-k} maneiras de escolher o restante da amostra entre as 27 boas.
    A fórmula geral (hipergeométrica) para a probabilidade de exatamente k defeituosas na amostra é
P(X=k)=\frac{\binom{3}{k}\binom{27}{5-k}}{\binom{30}{5}}.
Vou usar essa ideia para calcular os casos necessários.

Passo 3

Primeira pergunta (regra original). A inspeção total ocorre sempre que a amostra contém pelo menos uma placa defeituosa. Então a probabilidade pedida é
P(\text{inspeção total}) = P(X\ge1) = 1 - P(X=0).çã
Agora conto P(X=0): número de amostras sem defeituosa é escolher as 5 todas entre as 27 boas, logo
P(X=0)=\frac{\binom{27}{5}}{\binom{30}{5}}.
Calculemos os binomiais manualmente:
\binom{27}{5}=\frac{27\cdot26\cdot25\cdot24\cdot23}{5!}=\frac{27\cdot26\cdot25\cdot24\cdot23}{120}=80\,730,
\binom{30}{5}=\frac{30\cdot29\cdot28\cdot27\cdot26}{5!}=\frac{30\cdot29\cdot28\cdot27\cdot26}{120}=142\,506.
Portanto
P(X=0)=\frac{80\,730}{142\,506}.
E a probabilidade de inspeção total é
P(\text{inspeção total})=1-\frac{80\,730}{142\,506}=\frac{61\,776}{142\,506}\approx0,4336.çã

Passo 4

Segunda pergunta (regra modificada). Agora a inspeção completa só ocorre se houver mais do que uma placa defeituosa na amostra, ou seja, se X\ge2. Assim
P(\text{inspeção total})=P(X\ge2)=1-P(X=0)-P(X=1).çã
Já temos P(X=0)=\dfrac{\binom{27}{5}}{\binom{30}{5}}=\dfrac{80\,730}{142\,506}.
Calculemos P(X=1) usando a fórmula hipergeométrica:
P(X=1)=\frac{\binom{3}{1}\binom{27}{4}}{\binom{30}{5}}.
Calcule \binom{27}{4}:
\binom{27}{4}=\frac{27\cdot26\cdot25\cdot24}{4!}=\frac{27\cdot26\cdot25\cdot24}{24}=17\,550.
Então
\binom{3}{1}\binom{27}{4}=3\cdot17\,550=52\,650,
portanto
P(X=1)=\frac{52\,650}{142\,506}.
Agora
P(X\ge2)=1-\frac{80\,730+52\,650}{142\,506}=1-\frac{133\,380}{142\,506}=\frac{9\,126}{142\,506}\approx0,0641.

Passo 5

Interpretação rápida e motivação prática (pequena aula extra): a chance de achar pelo menos uma defeituosa na amostra de 5 é relativamente alta ( \approx43{,}36\%) porque há 3 defeituosas em 30 (proporção 3/30=0{,}1). Já a chance de encontrar pelo menos duas defeituosas na mesma amostra de 5 é bem menor ( \approx6{,}41\%), porque exigir duas defeituosas na amostra é um evento mais raro dada a pequena quantidade total de defeituosas. Na prova, sempre que a amostragem for sem reposição e o lote for finito, pense em contagem combinatória e no uso da distribuição hipergeométrica como fiz acima.

Resposta

\displaystyle 1-\frac{\binom{27}{5}}{\binom{30}{5}}=\frac{61\,776}{142\,506}\approx0,4336\n
\displaystyle 1-\frac{\binom{27}{5}+\binom{3}{1}\binom{27}{4}}{\binom{30}{5}}=\frac{9\,126}{142\,506}\approx0,0641

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