Lista1 - Estatística Matemática

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Lista 1 de Exerćıcios - Estat́ıstica Matemática I
Exerćıcio 1 - Sejam A1, · · · , An eventos independentes com probabilidade dada por
pk = P (Ak), k = 1, · · · , n
Obtenha a probabilidade de ocorrência dos eventos descritos abaixo, em termos das probabilidades pk.
(a) A ocorrência de nenhum dos Ak.
Solução: A expressão para que não ocorra nenhum dos eventos Ak é dada por
Ac1 ∩Ac2 ∩ · · · ∩Acn =
n⋂
k=1
Ack
Como definido, a probabilidade de ocorrer o complementar de um evento é calculada por P (Ack) =
1− P (Ak). Como os eventos são independentes, temos que
P (
n⋂
k=1
Ack) =
n⋂
k=1
P [Ack] =
n⋂
k=1
P [1− (Ak)] = (1− p1).(1− p2). · · · .(1− pn) =
n∏
k=1
(1− pk)
(b) A ocorrência de pelo menos um dos Ak.
Solução: A expressão para que ocorra pelo menos um dos eventos Ak é dada por
A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An =
n⋃
k=1
Ak =
[ n⋂
k=1
Ack
]c
Assim,
P
[ n⋂
k=1
Ack
]c
= 1− P
[ n⋂
k=1
Ack
]
= 1−
n∏
k=1
[
1− P (Ak)
]
= 1−
n∏
k=1
(1− pk)
(c) A ocorrência de exatamente um dos Ak.
Solução: As expressões que descrevem a ocorrência de exatamente um evento são
A1 : (A
c
2 ∩Ac3 ∩ · · · ∩Acn) ∩A1
A2 : (A
c
1 ∩Ac3 ∩ · · · ∩Acn) ∩A2
...
An : (A
c
1 ∩Ac2 ∩ · · · ∩Acn−1) ∩An
Fazendo a união das expressões, temos que
n⋃
k=1
( n⋂
i=1,i6=k
Aci
)
∩Ak
Com isso, a probabilidade é calculada como
P
[ n⋃
k=1
( n⋂
i=1,i6=k
Aci
)
∩Ak
]
=
n∑
k=1
P (Ak)
[ n∏
i=1,i6=k
P (Aci )
]
=
n∑
k=1
pk
[ n∏
i=1,i6=k
1− pi
]
(d) A ocorrência de exatamente dois dos Ak.
Solução: As expressões que descrevem a ocorrência de exatamente dois evento são
1
A1 e A2 : (A
c
3 ∩Ac4 ∩ · · · ∩Acn) ∩ (A1 ∩A2)
A1 e A3 : (A
c
2 ∩Ac4 ∩ · · · ∩Acn) ∩ (A1 ∩A3)
...
A1 e An : (A
c
2 ∩Ac3 ∩ · · · ∩Acn−1) ∩ (A1 ∩An)
Generalizando, fixamos um evento Ai e realizamos a interseção com os demais, temos assim
Ai e A2 : (A
c
1 ∩Ac3 ∩ · · · ∩Acn) ∩ (Ai ∩A2)
Ai e A3 : (A
c
1 ∩Ac2 ∩ · · · ∩Acn) ∩ (Ai ∩A3)
...
Ai e An : (A
c
1 ∩Ac2 ∩ · · · ∩Acn−1) ∩ (Ai ∩An)
Fazendo a união das expressões, chegamos que⋃
1≤k<j≤n
( n⋂
i=1,i6=k,16=j
Aci
)
∩
(
Ak ∩Aj
)
Com isso, a probabilidade é calculada por
P
[ ⋃
1≤k<j≤n
( n⋂
i=1,i6=k,16=j
Aci
)
∩
(
Ak ∩Aj
)]
=
∑
1≤k<j≤n
P (Ak)P (Aj)
[ n∏
i=1,i6=k,16=j
P (Aci )
]
=
∑
1≤k<j≤n
(pk)(pj)
[ n∏
i=1,i6=k,1 6=j
1− pi
]
(e) A ocorrência de todos os Ak.
Solução: A expressão para que ocorram todos eventos Ak é dada por
A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An =
n⋂
k=1
Ak
Assim, a probabilidade é calculada por
P
[ n⋂
k=1
Ak
]
=
n∏
k=1
P (Ak) = (p1).(p2). · · · .(pn) =
n∏
k=1
pk
(f) A ocorrência de, no máximo, n− 1 dos Ak.
Solução: A expressão para que ocorram n− 1 eventos Ak é dada por(
A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An
)c
=
( n⋂
k=1
Ak
)c
=
( n⋃
k=1
Ack
)
Assim, a probabilidade é calculada por
P
[ n⋃
k=1
Ack
]
=
n∑
k=1
P
(
Ack
)
= (1− p1) + (1− p2) + · · ·+ (1− pn) =
n∑
k=1
(1− pk)
Exerćıcio 2 - Se P1 e P2 são medidas de probabilidade em (Ω,F) e 0 ≤ α ≤ 1, mostre que αP1+(1−α)P2
é uma medida de probabilidade em (Ω,F).
Solução: Para que αP1 + (1−α)P2 seja uma medida de probabilidade, devemos verificar que são válidos
os Axiomas de Kolmogorov.
Axioma 1: Normalização Unitária. αP1 + (1− α)P2 = 1.
2
Como P1 e P2 são, por hipótese, medidas de probabilidade em (Ω,F), então
P1(Ω) = 1⇒ αP1(Ω) = α.1 = α (1)
P2(Ω) = 1⇒ (1− α)P2(Ω) = (1− α).1 = (1− α) (2)
Com isso, por (1) e (2), temos que
αP1(Ω) + (1− α)P2(Ω) =
[
αP1 + (1− α)P2
]
(Ω) = α+ 1− α = 1
Logo, é válido a normalização unitária.
Axioma 2: Não-nagatividade. ∀A ∈ F , P (A) ≥ 0
Sendo A ∈ F . Como P1 e P2 são medidas de probabilidade, então P1 ≥ 0 e P2 ≥ 0. Com isso, podemos
inferir que
α.(P1) ≥ 0 e (1− α)P2 ≥ 0
uma vez que 0 ≤ α ≤ 1.
Logo,
αP1(A) + (1− α)P2(A) ≥ 0 ⇒
[
αP1 + (1− α)P2
]
(A) ≥ 0
Portanto, é valida a não-negatividade.
Axioma 3: σ-aditividade. ∀A1, A2, · · · ∈ F ⇒ P
( ∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
P (An), disjuntos dois a dois.
Sendo P1 e P2 medidas de probabilidade, temos que
P1
( ∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
P1(An) e P2
( ∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
P2(An) (3)
Note que, como 0 ≤ α ≤ 1, a partir de (3) temos que
αP1
( ∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
αP1(An) e (4)
(1− α)P2
( ∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
(1− α)P2(An) (5)
Assim, de (4) e (5), chegamos que
αP1
( ∞⋃
n=1
An
)
+ (1− α)P2
( ∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
αP1(An) +
∞∑
n=1
(1− α)P2(An)
⇒
[
αP1 + (1− α)
]( ∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
[
αP1 + (1− α)P2
]
(An)
Logo, é válida a σ -aditividade e portanto αP1 + (1− α)P2 é uma medida de probabilidade.
3
Exerćıcio 3 - Mostre que
(a) P (A ∪B) ≤ P (A) + P (B), para quaisquer A,B ∈ F .
Solução: Vamos analisar os casos de A e B serem conjuntos disjuntos e A e B não disjuntos.
(1) Se A e B são disjuntos, então temos que
P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B)
Como A ∩B 6= ∅ , então P (A ∩B) = 0. Assim,
P (A ∪B) = P (A) + P (B)
Desta maneira, independentemente de A,B ∈ F , temos que
P (A ∪B) ≤ P (A) + P (B)
(2) Se A e B são não disjuntos, então por uma propriedade de medidas de probabilidade, temos que
P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) ≤ P (A) + P (B)
já que P (A ∩B) ≥ 0. Logo, temos então que P (A ∪B) ≤ P (A) + P (B).
(b) P (A ∩B) ≥ P (A) + P (B)− 1.
Solução: Sabemos que, em geral P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).
Como 0 ≤ P (A ∪B) ≤ 1, temos:
P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) ≤ 1 ⇒ P (A) + P (B)− P (A ∩B) ≤ 1
⇒ P (A) + P (B)− 1 ≤ P (A ∩B)
Logo, temos o desejado.
Exerćıcio 4 - Sejam A1, A2, · · · , An eventos independentes. Mostre que
P (A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An) = 1−
n∏
i=1
[
1− P (Ai)
]
Solução: Note que
P (A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An) = P
[ n⋃
i=1
Ai
]
= 1− P
[ n⋃
i=1
Ai
]c
= 1− P
[ n⋂
i=1
Aci
]
Como os eventos Ai, i = 1, · · · , n são independentes, temos que seus complementares Aci , i = 1, · · · , n
também são.
Logo,
1− P
[ n⋂
i=1
Aci
]
= 1−
n∏
i=1
P (Aci ) = 1−
n∏
i=1
[
1− P (Ai)
]
Portanto, é válida a igualdade P (A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An) = 1−
n∏
i=1
[
1− P (Ai)
]
.
Exerćıcio 5 - Seja (Ω,F , P ) um espaço de probabilidade e sejam A,B ∈ F . A probabilidade de A dado
B é definida por:
P (A|B) = P (A ∩B)
P (B)
, P (B) > 0
4
Mostre que para todo B ∈ F , não-vazio, o trio (Ω,F , P (·|B)) define um espaço de probabilidade.
Solução: Sendo Ω o espaço amostral, F a σ−álgebra de subconjuntos de Ω, devemos mostrar que P (·|B)
é uma medida de probabilidade definida em F , isto é, P (·|B) deve satisfazer os aximoas de Kolmogorov.
(i) Normalização Unitária: Devemos mostrar que P (Ω|B) = 1.
De fato,
P (Ω|B) = P (Ω ∩B)
P (B)
=
P (B)
P (B)
= 1
Logo, P (Ω|B) = 1
(ii) Não-negatividade ∀A ∈ F , P (A|B) ≥ 0. De fato,
P (A|B) = P (A∩B)P (B)
Como P (A ∩B) ≥ 0 e P (B) > 0, temos então que P (A|B) ≥ 0.
(iii) σ−aditividade ∀A1, A2, · · · ∈ F , com Ai ∩Aj 6= ∅ para todo i, j ∈ N, temos
P
[
(A1 ∪A2 ∪ · · · )|B
]
= P
[( ∞⋃
n=1
An
)
|B
]
=
∞∑
n=1
P (An|B)
De fato,
P
[
(A1 ∪A2 ∪ · · · )|B
]
=
P
[
(A1 ∪A2 ∪ · · · ) ∩B
]
P (B)
=
P
[( ∞⋃
n=1
An
)
∩B
]
P (B)
=
P
[ ∞⋃
n=1
An ∩B
]
P (B)
Como (An ∩B),∀n ≥ 1 são disjuntos, temos que
P
[ ∞⋃
n=1
An ∩B
]
P (B)
=
∞∑
n=1
P (An ∩B)
P (B)
=
∞∑
n=1
P (An ∩B)
Portanto, temos o desejado.
Exerćıcio 6 - Desigualdade e Boole: Seja {An : n ∈ N} uma sequência de eventos. Então,
P
( ∞⋃
n=1
An
)
≤
∞∑
n=1
P (An)
Solução: Note que podemos considerar que
∞⋃
n=1
An =
∞∑
n=1
Bn, de maneira que
B1 = A1;B2 = (A
c
1 ∩A2);B3 = (Ac1 ∩Ac2 ∩A3); · · · ;Bn = (Ac1 ∩Ac2 ∩ · · · ∩An), com n ≥ 1.
5
Como sabemos, P é monótona. Além disso, por Bn ⊂ An, ∀ n ≥ 1, temos que
P
( ∞⋃
n=1
An
)
= P
( ∞∑
n=1
Bn
)
=
∞∑
n=1
P (Bn) ≤
∞∑
n=1
P (An)
uma vez que, se B ⊂ A⇒ P (B) ≤ P (A).
Portanto,
P
( ∞⋃
n=1
An
)
=
∞∑
n=1
P (An)
Exerćıcio 7 - Teorema da Probabilidade Total: Seja (Ω,F , P ) um espaço de probabilidade, e seja
A1, A2, · · · uma partição de Ω tal que cada elemento da partição é um evento aleatório com prababilidade
estritamente positiva. Mostre que para qualquer evento B ∈ F
P (B) =
∞∑
n=1P (B|An)P (An)
Solução: Note que B pode ser escrito como a união disjunta das intersecções de B com cada um dos Ai,
i ≥ 1. Desta forma,
B = (B ∩A1) ∪ (B ∩A2) ∪ · · · ∪ (B ∩Ai) ∪ · · · =
∞⋃
n=1
(B ∩An) ⇒ B =
∞⋃
n=1
(B ∩An)
Assim,
P (B) = P
[ ∞⋃
n=1
(B ∩An)
]
=
∞∑
n=1
P (B ∩An) =
∞∑
n=1
P (B|An)P (An)
Portanto,
P (B) =
∞∑
n=1
P (B|An)P (An)
Exerćıcio 8 - Teorema de Bayes: Seja (Ω,F , P ) um espaço de probabilidade, e seja A1, A2, · · · uma
partição de Ω tal que cada elemento da partição é um evento aleatório com probabilidade estritamente
positiva. Mostre que para qualquer evento B tal que P (B) > 0, e para qualquer m ≥ 1, fixo,
P (Am|B) =
P (B|Am)P (Am)∑∞
n=1 P (B|An)P (An)
Solução: Sejam os eventos A1, A2, · · · uma partição de Ω, isto é, A1 ∩ A2 ∩ · · · = ∅ e A1 ∪ A2 ∪ · · · = Ω.
Considere B um evento não vazio de Ω tal que P (B) > 0.
Por meio da definição de propriedade condicional, temos
P (B|Am) =
P (B ∩Am)
P (Am)
⇒ P (B ∩Am) = P (B|Am)P (Am)
Além disso,
P (B ∩Am) = P (Am ∩B) (6)
6
Note que B = (B ∩A1) ∪ (B ∩An) ∪ · · · ∪ (B ∩An) ∪ · · · é uma união disjunta. Logo,
P (B) = P (B|A1)P (A1) + P (B|A2)P (A2) + · · ·+ P (B|An)P (An) + · · · (7)
Novamente, temos pela definição de probabilidade condicional
P (Am|B) =
P (Am ∩B)
P (B)
Assim, por (6) e (7) temos que
P (Am|B) =
P (B|Am)P (Am)
P (B|A1)P (A1) + P (B|A2)P (A2) + · · ·+ P (B|An)P (An) + · · ·
Portanto,
P (Am|B) =
P (B|Am)P (Am)
∞∑
n=1
P (B|An)P (An)
7