Em uma linha de empacotamento de um certo produtos a serem consumidos no mesmo dia, a probabilidade de uma unidade sair contaminada é p=0,0015, independentemente das demais. De uma remessa com n=2000 unidades, seja X o número de unidades contaminadas, qual a probablidade de que pelo menos 5 unidades estejam contaminadas?

Passo 1

O problema dá as seguintes informações e pede uma probabilidade:
  • Probabilidade de uma unidade sair contaminada: p=0,0015.
  • Tamanho da remessa: n=2000 unidades.
  • Seja X o número de unidades contaminadas na remessa de n unidades.
  • Pergunta: qual a probabilidade de que pelo menos 5 unidades estejam contaminadas, isto é, calcular P(X\ge 5).

Passo 2

Vamos escrever claramente o que seria a expressão exata para a probabilidade. Se cada unidade tem probabilidade p de estar contaminada, independentemente das demais, então X segue uma distribuição binomial com parâmetros n e p. A probabilidade exata de X tomar um valor k é dada por
P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}.
Mas aqui não precisamos escrever todos os termos; em vez disso usamos a ideia do complemento:
P(X\ge 5)=1-P(X\le 4)=1-\sum_{k=0}^{4}P(X=k).

Passo 3

Calcular diretamente \sum_{k=0}^{4}\binom{2000}{k}p^{k}(1-p)^{2000-k} é trabalhoso à mão. Observação importante: temos n grande e p pequeno, e o valor esperado é
\lambda = np = 2000\cdot 0,0015 = 3.
Quando n é grande, p é pequeno e \lambda = np é moderado, é comum e adequado aproximar a binomial por uma distribuição de Poisson com parâmetro \lambda. Isso simplifica muito as contas e é uma aproximação padrão em provas. Vou usar essa aproximação aqui.

Passo 4

A distribuição de Poisson com parâmetro \lambda tem massa de probabilidade
P(Y=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!},\qquad k=0,1,2,\dots
Usando a aproximação X\approx Y\sim\mathrm{Poisson}(\lambda) com \lambda=3, temos
P(X\ge 5)\approx 1-\sum_{k=0}^{4}e^{-3}\frac{3^{k}}{k!}.

Passo 5

Vamos calcular cada termo e^{-3}\frac{3^{k}}{k!} para k=0,1,2,3,4. Primeiro o fator comum
e^{-3}\approx 0,04978707.
Agora os termos:
\begin{aligned} P(Y=0)&=e^{-3}\frac{3^{0}}{0!}=e^{-3}\approx 0,04978707,\\[4pt] P(Y=1)&=e^{-3}\frac{3^{1}}{1!}=3e^{-3}\approx 3\cdot0,04978707=0,14936121,\\[4pt] P(Y=2)&=e^{-3}\frac{3^{2}}{2!}=\frac{9}{2}e^{-3}\approx 4,5\cdot0,04978707=0,22404182,\\[4pt] P(Y=3)&=e^{-3}\frac{3^{3}}{3!}=\frac{27}{6}e^{-3}=4,5e^{-3}\approx 0,22404182,\\[4pt] P(Y=4)&=e^{-3}\frac{3^{4}}{4!}=\frac{81}{24}e^{-3}=3,375e^{-3}\approx 0,16803136. \end{aligned}]

Passo 6

Somamos os termos de k=0 a 4:
\sum_{k=0}^{4}P(Y=k)\approx 0,04978707+0,14936121+0,22404182+0,22404182+0,16803136.
Fazendo a soma:
\sum_{k=0}^{4}P(Y=k)\approx 0,81526328.
Portanto
P(X\ge 5)\approx 1-0,81526328=0,18473672.

Passo 7

Interpretação final e arredondamento: a probabilidade de haver pelo menos 5 unidades contaminadas na remessa de 2000 unidades é aproximadamente 0,1847 (ou cerca de 18,47\%). A aproximação por Poisson é adequada aqui porque n é grande, p é pequeno e np é moderado; o erro da aproximação é muito pequeno para fins práticos.

Resposta

P(X\ge 5)\approx 0,1847

Exercícios relacionados