Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
P3 - Probabilidade e Estatística – 2012.1 Dpto. Engenharia Elétrica, PUC-Rio. Professores: Reinaldo Souza & Roxana C. Contreras Problema 1 (2.0 pts) 1.1- (0.4 pt) O que vem a ser um “estimador” e uma “estimativa” de um parâmetro. SOLUÇÃO Estimador são as fórmulas (funções) dos dados da amostra que são usadas para definir um resultado para estimar um parâmetro. Estimativa é o resultado de um estimador quando substituímos os valores da amostra na fórmula. 1.2- (0.4 pt) e a = (X1, X2,... Xn), n observações de uma v.a. X. Qual a condição que estas observações devem satisfazer para que ela seja considerada uma amostra aleatória. SOLUÇÃO A solução é que elas se am “iid” independente e identicamente distribuída. 1.3- (0.4 pt) Existe diferença entre Probabilidade e verossimilhança? Explique? SOLUÇÃO Sim, existe. Probabilidade - Conhecimentos, prevemos a possibilidade de ocorrência de determinados fatos, quando se tem conhecimento completo das circunstância causativas. A densidade (ou função de probabilidade) os parâmetros são inteiramente conhecidos. Verosssimilhança – É uma coisa obscura, é aquilo que possui semelhança com a nossa realidade, vem a ser um nível de convencimento elevado a possibilidade e inferior à PROBABILIDADE. Os parâmetros de uma amostra aleatória são desconhecidos. 1.4- (0,8 pt) Mostre que se e são v.a. estatisticamente independentes, então . SOLUÇÃO V(X+Y) = E(X+Y)2 – E2(X+Y) E(X+Y) = E(X) + E(Y) - Se X e Y são independentes V(X+Y) = E(X2+2XY+Y2) – [E(X)+E(Y)]2 = [E(X2) + 2E(XY) + E(Y2)] – [ E2(X) + 2E(X).E(Y) + E2(Y) ] Como X e Y são independente, então: E(XY) = E(X).E(Y) - provar E(X,Y) = ∫∫(XY).f(X,Y) dx.dy = ∫∫(XY).[f(X).f(Y)] dx.dy = ∫Yf(y)dy . ∫Xf(x)dx = E(Y) . E(X) V(X+Y) = [E(X2) + 2E(XY) + E(Y2)] – [ E2(X) + 2E(X).E(Y) + E2(Y) ] = E(X2) + 2E(X).E(Y) + E(Y2) - E2(X) - 2E(X).E(Y) - E2(Y) ] = [E(X2) - E2(X)] + [E(Y2) - E2(Y)] V(X+Y) = Var (X) + Var (Y) Problema 2 (3.0 pts) Sejam e v.a.'s contínuas com densidade conjunta: a) (0.6 pt) Encontre a constante c que faz desta expressão uma densidade. b) (0.6 pt) Encontre a densidade marginal de . c) (0.6 pt) Encontre a densidade marginal de . d) (0.6 pt) Encontre a densidade condicional de dado . e) (0.6 pt) e são independentes? Por que? Justifique. SOLUÇÃO a) (0.6 pt) Encontre a constante c que faz desta expressão uma densidade. 1.).,(),( 0 0 dydxyxfyxf 1..... 4 1 0 0 22 dydxeyxc yx 1.... 4 1 0 0 22 dydxexeyc y x xy 1.. 2 1 .. 4 1 00 22 dyeeyc y xy 1. 8 .. 0 2 dy eyc y y 1. 2 1 8 0 2 ye c 1 16 c c=16 b) (0.6 pt) Encontre a densidade marginal de . dyyxfxf y y .),()( 0 , onde 0 0 y x dyeeyxxf y y yx .....4)( 0 22 dyeyexxf yx ....4)( 0 22 0 22 2 1 ..4)( yx eexxf 0 ,0 para ,.... 4 1 , 22 yxeyxcyxf yx 0 ,0 para ,...4, 22 yxeyxyxf yx 222 0 2 1 2 1 ..4)( eeexxf x 2 1 ...4)( 2xexxf 2 ..2)( xexxf c) (0.6 pt) Encontre a densidade marginal de . Analogamente a marginal de Y segue a Marginal de X, ou seja: dxyxfyf x x .),()( 0 , onde 0 0 y x dxeeyxyf x x yx .....4)( 0 22 dxexeyyf xy ....4)( 0 22 0 22 2 1 ..4)( xy eeyyf 222 0 2 1 2 1 ..4)( eeeyyf y 2 1 ...4)( 2yeyxf 2 ..2)( yeyyf d) (0.6 pt) Encontre a densidade condicional de dado . )( ),( )( xf yxf xXYf , onde 0 0 y x 2 22 ..2 ...4 )( x yx ex eyx yYxf 2 ..2)( yeyyYXf e) (0.6 pt) e são independentes? Por que? Justifique. Para ser independentes: )().(),( yfxfyxf 22 ....4),( yx eeyxyxf 22 ..2...2)().( yx eyexyfxf 22 ....4)().( yx eeyxyfxf Conclusão: )().(),( yfxfyxf , então, X e Y são independentes. Problema 3 ( 2.0 pts ) Você é contratado pra auditar a pesquisa sobre as intenções de voto do segundo turno da eleição presidencial de 2010. a) (1.0 pt) determine qual a melhor maneira de estimar a proporção de eleitores que votam em um determinado candidato “A” entre os dois candidatos eleitos “A” e “B” para o 2º turno. . Nesse sentido, você deve mostrar a dedução do estimador de máxima verossimilhança para tal parâmetro (proporção), mostrar todos os passos da solução. ~ binomial (n,Ɵ), n conhecido F(x) = p( |n,Ɵ) = xnx x n 1.. Solução f(x) = p( |n,Ɵ) = xnx x n 1.. Obtenção da função de verossimilhança “Ɵ” ɭ(Ɵ| ,n) = ),( 1 nXpN i ɭ(Ɵ| ,n) = N i xnx x n 1 1.. = N i xnx xnx n 1 1.. !! ! = N i xNn x i N i N i i xnx n 1 1 1 1.. !! ! Obtenção do Log-verossimilhança (Ɵ| ,n) = ln[ ɭ(Ɵ| ,n)] = ln N i xNn x i N i N i i xnx n 1 1 1 1.. !! ! = ln 1ln.ln.. )!(! ! 111 N i i N i i N i xNnx xnx n Obtenção do estimador de máxima verossimilhança de “Ɵ” 1ª derivada - 11 11 N i i N i i x Nn x L Iguala a zero - 0 L 0 11 11 N i i N i i x Nn x 01 11 N i i N i i xNnx 0 111 N i i N i i N i i xNnxx 0 1 Nnx N i i Nn x N i i 1 Substituir MV ˆ então n X MV ˆ b) (1.0 pts) A pesquisa da Datafolha divulgou uma semana antes da eleição o seguinte resultado: a proporção dos eleitores que votam no candidato “A” é de 53% com uma margem de erro de ±3 (pontos percentuais), isso significa que o intervalo de confiança é IC=[50% , 56%]. Também foi divulgado que o número de pessoas ouvidas foi de 1200 pessoas. Deduza o grau de confiança (1-α) empregado nesta pesquisa, utilizando o Teorema Central do Limite. Intervalo de Confiança - [0.50;0.56] N = 1200 Pelo Teorema Central do Limite. )ˆ1(ˆ ˆ , )ˆ1(ˆ ˆ )ˆ1(ˆ ˆ 2/12/12/1 n pp zp n pp zp n pp zpIC )ˆ1(ˆ 53,050,0 2/1 n pp z )ˆ1(ˆ ˆlim 2/1inf n pp zp 1200 47,0.53,0 53,050,0 2/1 z 03,0)0144,0(2/1 z 083,22/1 z 53,0ˆ p Coeficiente de confiança [1-α] = ? [1-α]=?α/2 Z1-α/2= 2,083 Pela tabela da distribuição Normal P(Z1-α/2= 2,083) = 0,0186 = α/2 α = 0,0186 . 2 = 0,0372 [1-α] = 1 – 0,0372 = 0,9628 = 96,28% Problema 4 ( 3.0 pts) a) (1.0 pts) Estuda-se um certo processo químico com o objetivo de tentar aumentar a produção de um certo composto. Atualmente usa-se na produção um certo tipo de catalisador “A”, mas um outro tipo de catalisador “B” é aceitável. Faz-se uma experiência com n = 16 tentativas para o catalisador “A” e n = 18 tentativas para o catalisador “B”. As médias e os desvios padrões amostrais são: Catalisador “A”: A = 88,52 SA= 1,96 Catalisador “B”: B = 92,38 SB = 2,01 Pede-se: Encontre o Intervalo de confiança para a diferença das médias dos dois catalisadores (μA – μB) ao nível de significância de 93%. Pelo resultado pode-se afirmar que a média do catalisador “A” é estatisticamente menor do que a média do catalisador “B”? SOLUÇÃO Catalisador “A”: n=16 A = 88,52 SA= 1,96 Catalisador “B”: m=18 B = 92,38 SB = 2,01 Intervalo de confiança para a diferença das médias: g = n + m – 2 = 32 tabela “Z” - Intervalo de Confiança [1-α] = 93% Tabela “Z” - 8114,1035,0 z (1-α)=0,93 035,0 2 8114,1035,0 z 2 )1()1(11 22 2 1 mn SnSm mn R RzYXRzYXRzYXIC .;.. 222 = 0,6826 [ -5,096 ; -2,624 ] Note que este intervalo não inclue o zero, isso indica que existe diferença real na produção média usando os catalisadores A e B, ao nível de significancia de 93%, a média do catalizador A é estatisticamente menor do que a média do catalizador B. 32 01,21796,115 . 18 1 16 1 22 xx R 2 S.1S.1 . 11 2 B 2 A mn mn mn R RtYXRtYXRtYXIC nnn 2;12;12/;1 ; IC 6826,08114,138,9252,882 xRzYXIC b) e a uma variável aleatória contínua que segue uma Normal com média “μ” e Variância “σ2”, ambas desconhecidas. e a = (3, 7, 2, 4, 4, 9, 6, 5), uma amostra aleatória de tamanho 8 desta população: Pede-se: a)- (1.0 pt) O intervalo de confiança ao nível de significância de 98%, para “S2”. SOLUÇÃO b) (1.0 pt) O intervalo de confiança ao nível de significância de 98%, para “ 2”. S 2 = 5,14 n=8 IC para a Variância - TABELA “χ2” - onde a e b são tirados da tabela qui- quadrado com (n-1) graus de liberdade - Intervalo de Confiança [1-α] = 98% -Pela tabela “χ2” (1-α)=0,98 01,0 2 a= 1,239 b=18,48 [ 1,947 ; 29,04 ] BOA SORTE!!! 239,1 14,57 48,18 14,5711 Pr 2 2 2 2 xx a Sn b Sn IC aaSnbSn 1]/)1(/)1Pr[( 222 01,0Pr 2 1 bn 99,0Pr 2 1 an FORMULÁRIO PARA PROVA Variáveis Aleatórias Discretas e Contínuas Distribuição Bernoulli - X ~ Bernoulli(p) Função de probabilidade: Média e Variância: E(X) = p VAR(X) = p.q = p.(1-p) Distribuição Binomial - X ~ Bin (n,p) Função de probabilidade: Média e Variância: E(X) = n.p VAR(X) = n.p.q = n.p.( 1-p) Distribuição Geométrica - X ~ Geom (p) Função de probabilidade: Média e Variância: E(X) = 1/p VAR(X) = q/p2 Distribuição Binomial Negativa - X ~ NegBin (r,p) Função de probabilidade: Média e Variância: E(X) = r/p VAR(X) = r.q/p2 Distribuição Poisson - X ~ Poisson(μ) Função de probabilidade: Média e Variância: E(X) = μ VAR(X) = μ Distribuição Exponencial - X ~ Exp(λ) Função de probabilidade: Média e Variância: E(X) = 1/λ VAR(X) = 1/λ2 1)Pr()( 1 xx ppxXxf )1( )!(! ! )1(Pr)( xnxxnx pp xnx n pp x n xXxf .pp)-(1 .)Pr()( 1-x1 pqxXxf x .. 1 1 )Pr()( rxr qp r x xXxf ! )Pr()( x e xXxf x 0 e 0 onde .exp.)( xxxf Distribuição Normal - X ~ N(μ,σ2) Função de probabilidade: Média e Variância: E(X) = μ VAR(X) = σ2 Se X ~ N(μ,σ2) )1,0(~ N X Z Intervalos de Confiança - onde a e b são tirados da tabela qui- quadrado com (n-1) graus de liberdade R 0 onde . 2 1 )( 22 2 2 2 eexf x n zX n zX n zXIC 2/12/12/1 ; n s tX n s tX n s tXIC nnn 2/1,12/1,12/1,1 ; )ˆ1(ˆ ˆ , )ˆ1(ˆ ˆ )ˆ1(ˆ ˆ 2/12/12/1 n pp zp n pp zp n pp zpIC RzYXRzYXRzYXIC 2/12/12/1 ; 2 )1()1(11 22 2 1 mn SnSm mn R 1]/)1(/)1Pr[( 222 aSnbSn 1 .. a u a e dueu au au Tabelas
Compartilhar