Listas 4, 5 e 6 (com Soluções) PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA (PE) UnB

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Universidade de Braśılia
Departamento de Estat́ıstica
4a Lista de PE
1. Seja X uma variável aleatória com densidade
f(x) =
{
C(1− x2), se x ∈ (−1, 1),
0, se x /∈ (−1, 1).
a) Qual o valor de C?
b) Qual a função distribuição de X?
c) Calcule E(X) e E|X|.
2. Seja X uma variável aleatória com densidade
f(x) =
{
Cxe−x/2, se x > 0,
0, se x 6 0.
a) Qual o valor de C?
b) Qual a função distribuição de X?
c) Calcule E(X).
3. Seja X uma variável aleatória cont́ınua com função densidade de probabilidades dada
por:
f(x) =
{
1
6
x+ k, se 0 6 x 6 3;
0, c.c.
a) Determine o valor de k.
b) Calcule P(1 < X < 2).
c) Determine o valor de a de forma que P(X < a) = 1
2
.
4. Suponha que o tempo de corrosão, em anos, de uma certa peça metálica pode ser
representada por uma variável aleatória X com a seguinte função densidade de proba-
bilidades:
f(x) =

kx, se 0 6 x 6 1;
k, se 1 < x 6 2;
−kx+ 3k, se 2 < x 6 3;
0, c.c.
a) Qual o tempo máximo que uma peça pode ficar sem se corroer?
b) Calcule o valor de k.
c) Calcule P(0, 5 < X < 1, 5).
d) Determine a função distribuição acumulada da variável aleatória X.
5. Para o item anterior, uma peça é considerada como tendo boa resistência à corrosão se
dura mais que 2 anos. Ao selecionarmos, com reposição, 3 peças; qual a probabilidade
de termos:
a) todas peças com boa resistência à corrosão?
b) todas peças com baixa resistência à corrosão?
c) apenas uma peça com boa resistência à corrosão?
6. Seja X uma variável aleatória qualquer. Para qual valor de k, E [(X − k)2] é mı́nimo?
7. Seja X uma variável aleatória com densidade
f(x) =
{
a+ bx2, se x ∈ (0, 1),
0, se x /∈ (0, 1).
Se E(X) = 3
5
encontre a e b.
8. A demanda diária de arroz em um supermercado, em centenas de quilos, é denotada
por uma variável aleatória X com a seguinte função densidade de probabilidades:
f(x) =

2x
3
, se 0 6 x 6 1;
−x
3
+ 1, se 1 < x 6 3;
0, c.c.
a) Qual a probabilidade de se vender, num dia escolhido ao acaso, mais de 150 kg
de arroz?
b) Qual a quantidade esperada de arroz a ser vendida por esse supermercado num
peŕıodo de um mês (considerando um mês de 30 dias e trabalhando 7 dias por
semana)?
c) Calcule Var(X).
d) Qual a quantidade de arroz que deve ser deixada à disposição na prateleira para
que não falte arroz em 95% dos dias?
9. Se X é uma variável aleatória cont́ınua positiva com distribuição FX e densidade fX ,
encontre a densidade de Y = log(2X + 3).
10. Numa parada espećıfica, os ônibus chegam a cada 15 minutos começando as 7 AM.
Isto é, eles chegam às 7, 7:15, 7:30, 7:45, e assim por diante. Se um passageiro chega na
parada em um momento em que é distribúıdo uniformemente entre 7 e 7:30, encontre
a probabilidade de que ele espere
a) menos de 5 minutos por um ônibus;
b) mais de 10 minutos por um ônibus.
11. Seja X uniformemente distribúıda no intevalo (a, b), onde a < b. Se E(X) = 1 e
Var(X) = 1/12, determine:
a) P(X < 3/4);
b) P(0, 8 < X < 1, 2);
c) P [(X < 0, 6) ∪ (X > 1, 3)|X > 1];
d) O valor de k tal que P(X > k) = 2P(X < k);
e) E [g(X)], onde
g(x) =

x, se x < 0, 8;
1, se 0, 8 6 x 6 1;
−(x+ 1), se x > 1.
12. O comprimento do lado de um quadrado aleatório é uma variável aleatória uniforme
no intervalo [0, 5]. Calcule a área esperada do quadrado.
13. Se X tem distribuição normal com parâmetros µ = 10 e σ2 = 36, calcule
a) P(X < 20);
b) P(X > 16);
c) P(X > 5);
d) P(4 < X < 16);
e) P(|X| < 8).
14. Um perito em processos de paternidade afirma que o tempo de gestação humana (em
dias) tem distribuição aproximadamente normal com parâmetros µ = 270 e σ2 =
100. O réu na ação é capaz de provar que estava fora do páıs durante um peŕıodo
que começou 290 dias antes do nascimento da criança e terminou 240 dias antes do
nascimento. Se o réu era, de fato, o pai da criança, qual é a probabilidade de que a
mãe tenha tido a gestação muito longa ou muito curta seguindo a indicação do perito?
15. Suponha que X ∼ N (µ, σ2). Determine o valor de k (como função de µ e σ2) tal que
P(X 6 k) = 2P(X > k).
16. Suponha que uma turma de Probabilidade e Estat́ıstica tenha 30 alunos, dos quais
10 são mulheres e 20 são homens. Suponha também que a altura (em metros) das
mulheres segue uma distribuição Normal com média 1,6 e variância 0,09; e a altura dos
homens segue uma distribuição Normal com média 1,8 e variância 0,16. Um indiv́ıduo
é selecionado aleatoriamente nessa turma:
a) Qual a probabilidade desse indiv́ıduo medir mais que 1,7m dado que é homem?
b) Qual a probabilidade desse indiv́ıduo ser mulher, dado que mede menos que 1,8m?
c) Qual a probabilidade desse indiv́ıduo medir de 1,5m a 1,7m?
d) Qual a probabilidade desse indiv́ıduo ser homem e medir mais que 2 metros?
e) Qual a probabilidade desse indiv́ıduo ser mulher ou medir menos que 1,8m?
f) Ao se formar um grupo de 5 pessoas dessa turma, qual a probabilidade de exata-
mente 3 indiv́ıduos desse grupo medirem menos que 1,6m?
17. O tamanho ideal de uma classe de primeiro ano em uma faculdade particular é de
150 alunos. A faculdade, sabendo por experiência que, em média, apenas 30% dos
alunos aceitos realmente permanecem na faculdade, utiliza uma poĺıtica de aprovação
das aplicações de 450 alunos. Calcule a probabilidade de que mais de 150 alunos do
primeiro ano permaneçam na faculdade. Use a aproximação normal à binomial para o
cálculo da probabilidade e compare os resultados.
18. Seja X uma variável aleatória que denota o número de caras em 40 lançamentos de
uma moeda não viciada. Calcule P(19 < X 6 21):
a) pelo método exato;
b) pelo método aproximado (Teorema Limite Central).
19. Uma variável aleatória X tem distribuição de Weibull com parâmetros α, β e v se tem
densidade dada por
f(x) =

0, se x 6 v,
β
α
(
x− v
α
)β−1
exp
{
−
(
x− v
α
)β}
, se x > v.
a) Encontre a distribuição de X.
b) Qual a esperança de X quando β = 1 e v = 0?
20. O número de anos em que um determinado rádio funciona é exponencialmente dis-
tribúıdo com parâmetro λ = 1/8. Se Jonas compra um rádio usado, qual é a probabi-
lidade de que ele estará trabalhando após 8 anos adicionais?
21. Suponha que o tempo de duração, X, de uma consulta médica tenha distribuição
exponencial com média de 10 minutos. Calcule a probabilidade dos seguintes eventos:
a) uma consulta demora 20 minutos no máximo;
b) uma consulta demora mais de 20 minutos;
c) uma consulta demora mais que o tempo médio.
22. Se X ∼ Exp(λ), mostre que para quaisquer que sejam x > 0 e t > 0,
P (X > x+ t|X > t) = P (X > x).
Obs: Essa propriedade é conhecida como “perda de memória”. A distribuição Expo-
nencial é a única distribuição cont́ınua (unidimensional) que possui a propriedade de
perda de memória.
23. Suponha que o número de milhas que um carro pode percorrer antes de sua bateria
acabar é exponencialmente distribúıdo com média de 10.000 milhas. Se uma pessoa já
percorreu 5.000 milhas com seu carro e deseja fazer uma viagem de 10.000 milhas, qual
a probabilidade de que esta pessoa consiga completar sua viagem sem precisar trocar
a bateria?
Dica: Use a propriedade de perda de memória da distribuição exponencial.
24. Considere uma variável aleatória X ∼ N (µ, σ2).
a) Calcule P(X 6 µ+ 2σ).
b) Calcule P(|X − µ| 6 σ).
c) Encontre a tal que P(X > a) = 0, 90.
d) Demonstre que aproximadamente 95% da distribuição de X pertence ao intervalo
(µ− 1, 96σ, µ+ 1, 96σ).
e) Para que valor de β aproximadamente 99% da distribuição de X estaria no inter-
valo (µ− βσ, µ+ βσ)?
25. Um banco faz operações via Internet e, após um estudo sobre o serviço prestado,
concluiu que o tempo de conexão (em minutos) de cada cliente segue uma distribuição
Exponencial com parâmetro λ, onde λ = 2 se o cliente for pessoa f́ısica e λ = 1 se o
cliente for pessoa juŕıdica. A porcentagem de pessoas f́ısicas que utilizam esse serviço
é estimadana ordem de 30%. Com base nisso, calcule:
a) a probabilidade de uma pessoa f́ısica ficar mais de 1 minuto conectada;
b) a probabilidade de uma pessoa juŕıdica ficar menos de 5 minutos conectada;
c) a probabilidade de um cliente ficar mais de 2 minutos conectado;
d) a probabilidade de uma pessoa f́ısica ficar mais de 4 minutos conectada dado que
ela já está conectada a 3 minutos;
e) se um cliente fica mais de 2 minutos conectado, qual a probabilidade dele ser uma
pessoa juŕıdica?
26. Suponha que uma lanterna é girada em torno do seu centro, o qual está localizado à
distância de uma unidade do eixo x (veja a figura abaixo). Consideremos o ponto X
no qual o feixe intersecta o eixo x quando a lanterna para de girar. (Se o feixe não está
apontando na direção do eixo x, repetir a experiência.)
a) Deduza, a partir do experimento, que a função densidade da variável X é dada
por f(x) =
1
π(1 + x2)
, para todo x real.
b) Mostre que f(x) é, de fato, uma densidade.
c) A distribuição acima é conhecida como distribuição de Cauchy e é famosa por não
possuir esperança finita. Sabendo que uma variável aleatória possui esperança
E(X) se, e somente se E|X| existir, prove que X não possui esperança finita.
27. Seja X uma v.a. cont́ınua com densidade fX(x). Encontre a densidade de Y = |X|.
28. Seja X uma v.a. cont́ınua não negativa com densidade fX(x). Encontre a densidade
de Y = Xn.
29. Seja X uniformemente distribúıda no intervalo (−1, 1). Encontre
a) P(|X| > 1/2);
b) densidade de Y = |X|.
30. Se Y é uniformemente distribúıda no intervalo (0, 5), qual a probabilidade de que as
ráızes da equação 4x2 + 4xY + Y + 2 = 0 sejam ambas reais?
31. Seja X exponencial de parâmetro λ = 1. Encontre a densidade de Y = logX.
32. Seja X uniformemente distribúıda no intervalo (0, 1). Encontre a densidade de Y = eX .
33. Seja Z uma variável aleatória normal padrão. Mostre que, para x > 0,
a) P(Z > x) = P(Z < −x);
b) P(|Z| > x) = 2P(Z > x);
c) P(|Z| < x) = 2P(Z < x)− 1.
34. Seja X uma v.a. com distribuição de Weibull, como na Questão 19. Mostre que
Y =
(
X − v
α
)β
tem distribuição exponencial de parâmetro λ = 1.
35. Sejam X ∼ Exp(2) e Y ∼ N (4, 9). Encontre os quantis q(0, 25), q(0, 5) e q(0, 75) para
ambas as distribuições.
36. Suponha que a função de distribuição de uma variável aleatória X é dada por
F (x) =

0, se x < 0,
x
3
, se 0 6 x < 1,
1
2
, se 1 6 x < 2,
x+6
12
, se 2 6 x < 3,
5
6
, se 3 6 x < 4,
1, se x > 4.
a) Construa o gráfico de F (x).
b) Encontre P(X = 1,5).
c) Encontre P(X = 2).
d) Encontre P (2,2 < X < 3,7).
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Respostas
1. a) 3/4
b) A função distribuição é
F (x) =

0, se x 6 −1,
3
4
(
x− x
3
3
+
2
3
)
, se −1 < x < 1,
1, se x > 1.
c) E(X) = 0 e E|X| = 2/8.
2. a) 1/4.
b) A função distribuição é
F (x) =

0, se x 6 0,
1− 1
2
xe−x/2 − e−x/2, se x > 0.
c) 4
3. a) 1/12.
b) 1/3.
c) a = 2.
4. a) 3 anos.
b) 1/2.
c) 7/16.
d)
F (x) =

x2
4
, se 0 6 x 6 1,
1
4
+
(2x− 1)
4
, se 1 < x 6 2,
−x2 + 6x− 5
4
, se 1 < x 6 2,
1, se x > 3.
5. a) 1/64.
b) 27/64.
c) 27/64.
6. k = E(X)
7. a = 3/5 e b = 6/5.
8. a) 3/8.
b) 4 toneladas.
c) 7/18.
d) 245 kg.
9.
1
2
exfX
(
ex−3
2
)
.
10. a) 1/3.
b) 1/3.
11. a) 0, 25.
b) 0, 4.
c) 0, 4.
d) 5/6.
e) −0, 73.
12. 25/3.
13. a) 0,95254.
b) 0,15866.
c) 0,79673
d) 0,68268
e) 0,36935
14. 0,0241
15. k = 0, 43σ + µ.
16. a) 0, 5987.
b) 0, 4281.
c) 0, 2026.
d) 0, 2057.
e) 0, 6667.
f) 0, 2034.
17. Aproximadamente 0,06178
18. a) 0, 2448.
b) 0, 2510.
19. a) A função distribuição é
F (x) =

0, se x 6 v,
1− exp
{
−
(
x− v
α
)β}
, se x > v.
b) α.
20. e−1.
21. a) 1− e−2.
b) e−2.
c) e−1.
22. Aplique a definição de condicional e utilize a distribuição.
23. 0,607.
24. a) 0,9773.
b) 0,6827.
c) a = −(µ+ 1, 28σ).
d) Demonstração.
e) β = 2, 58.
25. a) 0, 1353.
b) 0, 9933.
c) 0, 1002.
d) 0, 1353.
e) 0, 9452.
26. a) f(x) =
1
π(1 + x2)
, −∞ < x <∞
b) 1
c) +∞.
27. fY (y) = fX(y) + fX(−y), y > 0.
28. fY (y) =
1
n
y1/n−1fX
(
y1/n
)
, y > 0.
29. a) 1/2.
b) Y ∼ U(0, 1).
30. 3/5
31. fY (y) = e
ye−e
y
, y ∈ R.
32. fY (y) =
1
y
, 1 < y < e.
33. Demonstração.
34. Demonstração.
35. 0,1438; 0,3466 e 0,6932.
1,9600; 4,0000 e 6,0400.
36. a) Construa o gráfico.
b) 0.
c) 1/6.
d) 3/20.
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4a Lista de PE – Solução
1. a) Para que f(x) seja uma densidade devemos ter
1 =
∫ 1
−1
C(1− x2)dx = C
(
x− x
3
3
)∣∣∣∣1
−1
=
4
3
C.
Isso ocorre se, e somente se, C =
3
4
.
b) Para −1 < x < 1 nós temos
F (x) =
∫ x
−1
3
4
(1− y2)dy =
(
y − y
3
3
)∣∣∣∣x
−1
=
3
4
(
x− x
3
3
+
2
3
)
.
Segue que a função distribuição da v.a X é
F (x) =

0, se x 6 −1,
3
4
(
x− x
3
3
+
2
3
)
, se −1 < x < 1,
1, se x > 1.
c) Primeiramente calculemos,
E(X) =
∫ 1
−1
3
4
x(1− x2)dx = 3
4
(
x2
2
− x
4
4
)∣∣∣∣1
−1
= 0.
Agora
E|X| =
∫ 0
−1
3
4
(−x)(1− x2)dx+
∫ 1
0
3
4
x(1− x2)dx = 2× 3
4
(
x2
2
− x
4
4
)∣∣∣∣1
0
=
3
8
.
2. a) Integrando por partes podemos encontrar um primitiva para xe−x/2,
G(X) =
∫
xe−x/2dx = −2xe−x/2 − 4e−x/2.
Para que f(x) seja uma densidade devemos ter
1 =
∫ ∞
0
f(x)dx = C
∫ ∞
0
xe−x/2dx = C
{
lim
M→∞
G(M)−G(0)
}
= 4C.
Tendo em vista que na penúltima igualdade utilizamos o Teorema Fundamental
do Cálculo, isso ocorre se, e somente se, C = 1
4
.
b) Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, a função distribuição para x > 0 é dada
por
F (x) =
∫ x
0
f(y)dy =
1
4
{G(x)−G(0)} = 1− 1
2
xe−x/2 − e−x/2.
Portanto, a função distribuição é definida por
F (x) =

0, se x 6 0,
1− 1
2
xe−x/2 − e−x/2, se x > 0.
c) Novamente, integrando por partes, podemos encontrar uma primitiva para x2e−x/2,
H(X) =
∫
x2e−x/2dx = −2x2e−x/2 − 8xe−x/2 − 16e−x/2.
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, a esperança de X é dada por
E(X) = 1
4
∫ ∞
0
x2e−x/2dx =
1
4
{
lim
M→∞
H(M)−H(0)
}
= 4.
3. a) Como sabemos, a integral da função densidade no intervalo dos reais deve ser um.
Desse modo,
1 =
∫ 3
0
(
1
6
x+ k
)
dx =
(
x2
12
+ kx
)∣∣∣∣3
0
=
3 + 12k
4
.
Isso ocorre se, e somente se, k = 1/12.
b)
P(1 < X < 2) =
∫ 2
1
(
1
6
x+
1
12
)
dx =
(
x2
12
+
x
12
)∣∣∣∣2
1
=
1
3
.
c) Do enunciado temos que
1
2
= P(X < a) =
∫ a
0
(
1
6
x+
x
12
)
dx =
(
x2
12
+
x
12
)∣∣∣∣a
0
=
a2
12
+
a
12
.
Isso ocorre se, e somente se, a = 2.
4. a) Como a densidade está definida no intervalo [0,3] o tempo máximo que uma peça
pode ficar sem se corroer é 3 anos.
b) Para que f(x) seja uma densidade devemos ter
1 =
∫ 1
0
kxdx+
∫ 2
1
kdx+
∫ 3
2
(−kx+ 3k)dx
=
kx2
2
∣∣∣∣1
0
+ kx|21 +
(
−kx
2
2
+ 3kx
)∣∣∣∣3
2
= 2k.
Isso ocorre se, e somente se, k = 1/2.
c)
P(0, 5 < X < 1, 5) =
∫ 1
0,5
x
2
dx+
∫ 1,5
1
1
2
dx =
x2
4
∣∣∣∣1
0,5
+
x
2
∣∣∣1,5
1
=
7
16
.
d)
F (x) =

x2
4
, se 0 6 x 6 1,
1
4
+
(x− 1)
4
, se 1 < x 6 2,
−x2 + 6x− 5
4
, se 2 < x 6 3,
1, se x > 3.
5. De acordo com o enunciado a probabilidade de uma peça ser boa é P(X > 2) =
1 − F (2) = 1/4. Como a seleção das peças é realizada com reposição, se considera-
mos a variável Y correspondente ao número de peças boas dentre as 3 selecionadas,
conclúımos que Y ∼ Bin(3, 1/4).
a) P(Y = 3) =
(
3
3
)
(1/4)3(3/4)0 = 1/64.
b) P(Y = 0) =
(
3
0
)
(1/4)0(3/4)3 = 27/64.
c) P(Y = 1) =
(
3
1
)
(1/4)1(3/4)2 = 27/64.
6. Seja f(k) = E(X2 − 2kX + k2) = E(X2)− 2kE(X) + k2. Derivando a função temos
f ′(k) = −2E(X) + 2k
que possui ponto cŕıtico em k = E(X). Como f ′′(k) = 2 > 0, conclúımos que k = E(X)
é o ponto de mı́nimo da função.
7. Por um lado, para que f(x) seja uma densidade, devemos ter
1 =
∫ 1
0
(a+ bx2)dx =
(
ax− bx
3
3
)∣∣∣∣1
0
= a+
b
3
.
Por outro lado, devemos ter
3
5
= E(X) =
∫ 1
0
x(a+ bx2)dx =
(
a
x2
2
−bx
4
4
)∣∣∣∣1
0
=
a
2
+
b
4
.
Resolvendo o sistema linear 
a+
b
3
= 1
a
2
+
b
4
=
3
5
encontramos a =
3
5
e b =
6
5
.
8. a) P(X > 1, 5) =
∫ 3
1,5
(
−x
3
+ 1
)
dx =
(
−x
2
6
+ x
)∣∣∣∣3
0,5
=
3
8
.
b) E(X) =
∫ 1
0
2x2
3
dx+
∫ 3
1
(
−x
2
3
+ x
)
dx =
2x3
9
∣∣∣∣1
0
+
(
−x
3
9
+
x2
2
)∣∣∣∣3
1
=
4
3
.
Considerando que desejamos o valor médio em 30 dias, teremos como resultado
4/3× 30 = 4 toneladas.
c) Primeiramente calculamos
E(X2) =
∫ 1
0
2x3
3
dx+
∫ 3
1
(
−x
3
3
+ x2
)
dx =
2x4
12
∣∣∣∣1
0
+
(
−x
4
12
+
x3
3
)∣∣∣∣3
1
=
13
6
.
Segue que Var(X) = 13
6
−
(
4
3
)2
= 7
18
.
d) Queremos encontrar k tal que P(X 6 k) = 0, 95. Para tal, necessitamos da
função de distribuição que é dada por
F (x) =

x2
3
, se 0 6 x 6 1,
−x2 + 6x− 3
6
, se 1 < x 6 3,
1, se x > 3.
É claro, da equação acima, que o valor de k deve ser maior que um, desse modo
basta resolver a equação
−x2 + 6x− 3
6
= 0, 95
que encontraremos k = 2, 45. Como os valores são dados em centenas, a resposta
desejada é 245kg.
9. Lembrando que para obtermos a densidade de uma variável aleatória cont́ınua basta
derivarmos a função distribuição temos
FY (x) = P(Y 6 x) = P(log(2X + 3) 6 x)
= P(2X + 3 6 ex) = P
(
X 6
ex − 3
2
)
= FX
(
ex − 3
2
)
.
Desse modo, segue que
fY (x) =
d
dx
FY (x) =
d
dx
FX
(
ex − 3
2
)
=
1
2
exfX
(
ex − 3
2
)
.
10. Vamos considerar X a variável que representa o horário em que o passageiro chega à
parada após as 7:00 AM. Desse modo, temos que X ∼ U(0, 30).
a) O passageiro irá esperar 5 minutos pelo ônibus se chegar entre 7:10 e 7:15 ou entre
7:25 e 7:30. Segue que
P(“esperar menos de 5 min”) = P(10 < X < 15) + P(25 < X < 30)
=
∫ 15
10
1
30
dx+
∫ 30
25
1
30
dx
=
1
3
.
b) Analogamente, o passageiro irá esperar mais de 10 minutos pelo ônibus se chegar
entre 7:00 e 7:05 ou entre 7:15 e 7:20. Segue que
P(“esperar mais de 10 min”) = P(0 < X < 5) + P(15 < X < 20)
=
∫ 5
0
1
30
dx+
∫ 20
15
1
30
dx
=
1
3
.
11. Como X ∼ U(a, b), onde a < b; resolvendo o sistema linear
E(X) = a+ b
2
= 1
Var(X) =
(b− a)2
12
=
1
12
encontramos a = 0, 5 e b = 1, 5.
a) P(X < 3/4) = 3/4− 0, 5
1, 5− 0, 5
= 1/4.
b) P(0, 8 < X < 1, 2) = 1, 2− 0, 8
1, 5− 0, 5
= 0, 4.
c) Como os eventos X < 0, 6 e X > 1, 3 são disjuntos,
P [(X < 0, 6) ∪ (X > 1, 3)|X > 1] = P(X < 0, 6|X > 1) + P(X > 1, 3|X > 1)
=
P({X < 0, 6} ∩ {X > 1})
P (X > 1)
+
P({X > 1, 3} ∩ {X > 1})
P(X > 1)
= 0 +
P(X > 1, 3)
P(X > 1)
=
(1, 5− 1, 3)/(1, 5− 0, 5)
(1, 5− 1)/(1, 5− 0, 5)
= 0, 4.
d)
P(X > k) = 2P(X < k) ⇐⇒
1, 5− k
1, 5− 0, 5
= 2
[
k − 0, 5
1, 5− 0, 5
]
⇐⇒
1, 5− k = 2k − 1 ⇐⇒
k = 5/6
e)
E(g(X)) =
∫ 0,8
0,5
xdx+
∫ 1
0,8
1dx+
∫ 1,5
1
−(x+ 1)dx
=
x2
2
∣∣∣∣0,8
0,5
+ x|10,8 −
(
x2
2
+ x
)∣∣∣∣1,5
1
= −0, 73.
12. Se X ∼ U(0, 5) representa o tamanho do lado do quadrado, então sua área será X2.
Segue que
E(X2) =
∫ 5
0
x2
5
dx =
x3
15
∣∣∣∣5
0
=
25
3
.
13. Seja Z ∼ N (0, 1), então
a)
P(X < 20) = P
(
X − 10√
36
<
20− 10√
36
)
' P(Z < 1, 67)
' 0, 95254.
b)
P(X > 16) = 1− P(X 6 16)
= 1− P
(
X − 10√
36
<
16− 10√
36
)
= 1− P(Z 6 1)
' 1− 0, 84134
= 0, 15866.
c)
P(X > 5) = P
(
X − 10√
36
>
5− 10√
36
)
' P(Z > −0, 83)
= P(Z < 0, 83)
' 0, 79673
d)
P(4 < X < 16) = P
(
4− 10√
36
<
X − 10√
36
<
16− 10√
36
)
= P(−1 < Z < 1)
= P(Z < 1)− P(Z < −1)
= P(Z < 1)− P(Z > 1)
= P(Z < 1)− {1− P(Z 6 1)}
= 2P(Z < 1)− 1
' 2(0, 84134)− 1
= 0, 68268
e)
P(|X| < 8) = P(−8 < X < 8)
= P
(
−8− 10√
36
<
X − 10√
36
<
8− 10√
36
)
' P(−3 < Z < −0, 33)
= P(Z < −0, 33)− P(Z < −3)
= P(Z > 0, 33)− P(Z > 3)
= 1− P(Z < 0, 33)− {1− P(Z 6 3)}
' −0, 62930 + 0, 99865
= 0, 36935
14. Seja X a variável que representa o peŕıodo de gestação, e suponha que o réu é, de fato,
o pai. Desse modo, a probabilidade de que o nascimento possa ter ocorrido no peŕıodo
indicado é
P({X > 290} ∪ {X < 240}) = P(X > 290) + P(X < 240)
= P
(
X − 270√
100
>
290− 270√
100
)
+ P
(
X − 270√
100
<
240− 270√
100
)
= P(Z > 2) + P(Z < −3)
= 1− P(Z 6 2) + P(Z > 3)
= 2− P(Z 6 2)− P(Z 6 3)
= 2− 0, 97725− 0, 99865
' 0, 0241
15. X ∼ N (µ, σ2), portanto
P(X 6 k) = 2p(X > k) ⇐⇒
P(X 6 k) = 2{1− P(X 6 k)} ⇐⇒
P(X 6 k) = 2/3 ⇐⇒
P
(
X − µ
σ
6
k − µ
σ
)
= 2/3 ⇐⇒
P
(
Z 6
k − µ
σ
)
= 2/3 ⇐⇒
k − µ
σ
= 0, 43 ⇐⇒
k = 0, 43σ + µ
16. Primeiramente devemos definir de forma adequada as variáveis e eventos associados ao
experimento. Sejam AM ∼ N (1, 6; 0, 09), AH ∼ N (1, 8; 0, 16) e considere os eventos
H = “o indiv́ıduo é homem”
M = “o indiv́ıduo é mulher”
a)
P(“medir +1,7”|H) = P
(
AH >
1, 7− 1, 8√
0, 16
)
= P
(
AH − 1, 8√
0, 16
)
= P(Z > −0, 25) = P(Z 6 0, 25)
= 0, 59871.
b)
P(M |“medir -1,8”) = P(“medir -1,8”|M)P(M)
P(“medir -1,8”)
=
P(“medir -1,8”|M)P(M)
P(“medir -1,8”|M)P(M) + P(“medir -1,8”|H)P(H)
=
P(AM < 1, 8)P(M)
P(AM < 1, 8)P(M) + P(AH < 1, 8)P(H)
=
P
(
AM−1,6√
0,09
< 1,8−1,6√
0,09
)
P(M)
P
(
AM−1,6√
0,09
< 1,8−1,6√
0,09
)
P(M) + P
(
AH−1,8√
0,16
< 1,8−1,8√
0,16
)
P(H)
=
P(Z < 0, 67)× 1
3
P(Z < 0, 67)× 1
3
+ P(Z < 0)× 2
3
=
0, 74857× 1
3
0, 74857× 1
3
+ 0, 5× 2
3
= 0, 4281.
c)
P(“medir +1,5 e -1,7”)
= P(“medir +1,5 e -1,7”|M)P(M) + P(“medir +1,5 e -1,7”|H)P(H)
= P(1, 5 < AM < 1, 7)P(M) + P(1, 5 < AH < 1, 7)P(H)
= {P(AM < 1, 7)− P(AM < 1, 5)}P(M) + {P(AH < 1, 7)− P(AH < 1, 5)}P(H)
= {P(Z < 0, 33)− P(Z < −0, 33)}P(M) + {P(AH < −0, 25)− P(AH < −0, 75)}P(H)
= {0, 6293− 0, 3707} × 1
3
+ {0, 40129− 0, 22663} × 2
3
= 0, 20264.
d)
P(He“medir +2”) = P(“medir +2”|H)P(H)
= P(AH > 2)P(H)
= P(Z > 0, 5)× 2
3
= (1− 0, 69146)× 2
3
= 0, 20569.
e) Nesta questão algumas probabilidades já foram calculadas no item b) de modo
que iremos apenas substituir os valores:
P(M ∪ “medir -1,8”)
= P(M) + P(“medir -1,8”)− P(M ∩ “medir -1,8”)
= P(M) + P(“medir -1,8”)− P(“medir -1,8”|M)P(M)
=
1
3
+
(
0, 74857× 1
3
+ 0, 5× 2
3
)
+ 0, 74857× 1
3
= 0, 6667.
f) Primeiramente defina p = P(“medir -1,6”). A probabilidade desejada é
P(“exatamente 3 em 5 medir -1,6”) =
(
5
3
)
p3(1− p)2.
Então nos basta encontrar p, que é dado por
p = P(“medir -1,6”|M)P(M) + P(“medir -1,6”|H)P(H)
= P(AM < 1, 6)P(M) + P(AH < 1, 6)P(H)
= P(Z < 0)× 1
3
+ P(AH < −0, 5)×
2
3
= 0, 5× 1
3
+ 0, 30854× 2
3
= 0, 37236.
Substituindo o valor encontrado para p temos
P(“exatamente 3 em 5 medir -1,6”) = 0, 20338.
17. Se X denota o número de estudantes que permanecem na faculdade, então X tem
distribuição binomial com parâmetros n = 450 e p = 0, 3 e a probabilidade desejada é
P(X > 150) = 1− P(X 6 150)
= 1−
150∑
i=0
P(X = i)
= 1−
150∑
i=0
(
450
i
)
(0, 3)i(0, 7)450−i.
A soma acima é bastante complicada de se fazer manualmente (uma das razões de se
usar a aproximação Normal à Binomial) e levaria um bom tempo para terminá-la. Com
o uso de um simples algoritmo, um computador pode calcular a soma acima resultando
no valor aproximado de 0,0565.
Podemos aproximar X por uma normal. Para tal, consideramos Y ∼ N (np, np(1−p)),
ou seja, uma normal de parâmetros µ = 135 e σ2 = 94, 5. Como X é discreta e Y
cont́ınua, aplicando o Teorema de DeMoivre-Laplace aproximamos X por Y como
abaixo:
P(X > 150) ' P(Y > 150)
= P
(
Y − 135√
94, 5
>
150− 135√
94, 5
)
' 1− P(Z 6 1, 54)
' 1− 0, 93822
= 0, 06178
18. Observe que X ∼ Bin(40, 1/2).
a) Queremos
P(19 < X 6 21) = P(X = 20) + P(X = 21)
=
(
40
20
)
0, 540 +
(
40
21
)
0, 540
= 0, 24477
b) Note que E(X) = 20 e Var(X) = 10. Agora defina Y ∼ N (20, 10).
P(19 < X 6 21) ≈ P(19 < Y 6 21)
= P
(
19− 20√
10
<
Y − 20√
10
<
21− 20√
10
)
= P
(
− 1√
10
< Z <
1√
10
)
≈ 2P(Z < 0, 32)− 1
= 2(0, 62552)− 1
= 0, 25104
19. a) Para x > v a função de distribuição é
∫ x
v
f(y)dy. Com uma substituição simples,
u = x−v
α
, a integral se torna bastante fácil e
F (x) =

0, se x 6 v,
1− exp
{
−
(
x− v
α
)β}
, se x > v.
b) Quando β = 1 e v = 0, a distribuição de Weibull se torna uma exponencialde
parâmetro 1/α. Como sabemos, a esperança de uma variável aleatória exponencial
X ∼ Exp(λ) é 1/λ. Em nosso caso, teremos E(X) = α.
20. Seja X a variável que representa número de anos em que o rádio funciona. Em nosso
caso temos X ∼ Exp(1/8) e consequentemente, F (x) = 1 − e−x/8, para x > 0. Segue
que
P(X > 8) = 1− F (8) = e−1.
21. No nosso caso temos que X ∼ Exp(0, 1) de modo que F (x) = 1− e−0,1x.
a) F (20) = 1− e−0,1×20 = 1− e−2.
b) P(X > 20) = 1− F (20) = e−2.
c) P(X > 10) = 1− F (10) = 1− (1− e−0,1×10) = e−1.
22. Seja X ∼ Exp(λ) e sejam x > 0 e t > 0. Segue que
P(X > x+ t|X > t) = P({X > x+ t} ∩ {X > t})
P(X > t)
=
P(X > x+ t)
P(X > t)
=
e−λ(x+t)
e−λt
= e−λx
= P(X > x).
23. Seja X a variável que representa o tempo de vida da bateria do carro. Como a média
é 10.000 milhas, temos que X ∼ Exp(1/10.000) e F (x) = 1 − e−x/10.000. Queremos
calcular a probabilidade do tempo de vida da bateria do carro ser maior que 10.000
dado que é maior que 5.000.
P(X > 10.000|X > 5.000) = P(X > 5.000 + 5.000|X > 5.000)
= P(X > 5.000)
= 1− F (5.000)
= e−1/2
' 0, 607.
Observe que na segunda igualdade usamos a propriedade de perda de memória da
distribuição exponencial.
24. Seja Z ∼ N (0, 1).
a) P(X 6 µ+ 2σ) = P
(
Z 6 µ+2σ−µ
σ
)
= P(Z 6 2) = 0, 97725.
b)
P(|X − µ| 6 σ) = P
(
|X − µ|
σ
6 1
)
= P(|Z| 6 1)
= 2P(Z < 1)− 1 = 2(0, 84134)− 1
= 0, 68268.
c)
P(X > a) = 0, 9 ⇐⇒
P(X 6 −a) = 0, 9 ⇐⇒
P
(
Z 6
−a− µ
σ
)
= 0, 9 ⇐⇒
−(a+ µ)
σ
= 1, 28 ⇐⇒
a = −(µ+ 1, 28σ).
d)
P(µ− 1, 96σ < X < µ+ 1, 96σ) = P
(
−1, 96 < X − µ
σ
< 1, 96
)
= P(−1, 96 < Z < 1, 96)
= 2P(Z < 1, 96)− 1
' 2(0, 97500)− 1
= 0, 95.
e) Nós queremos que
0, 99 = P(µ− βσ < X < µ+ βσ)
= P
(
−β < X − µ
σ
< β
)
= P(−β < Z < β)
= 2P(Z < β)− 1.
A igualdade acima ocorre se, e somente se, P(Z < β) = 0, 995, ou seja, β = 2, 58.
25. Sejam X ∼ Exp(2), Y ∼ Exp(1) e considere os eventos
F = “o cliente é pessoa f́ısica”
J = “o cliente é pessoa juŕıdica”
a) P(“+1 min”|F ) = P(X > 1) = 1− FX(1) = 1− (1− e−2) = e−2 ≈ 0, 13534.
b) P(“-5 min”|J) = P(Y < 5) = F (5) = 1− e−1×5 = 1− e−5 ≈ 0, 99326.
c)
P(“+2 min”)
= P(“+2 min”|F )P(F ) + P(“+2 min”|J)P(J)
= P(X > 2)× 0, 3 + P(Y > 2)× 0, 7
= e−4 × 0, 3 + e−2 × 0, 7
= 0, 10023.
d) Pela perda de memória da exponencial temos que
P(“+4 min dado F”|“+3 min dado F”) = P(X > 4|X > 3) = P(X > 1) ≈ 0, 13534.
e)
P(J |“+2 min”) = P(J ∩ “+2 min”)
P(“+2 min”)
=
P(“+2 min”|J)P(J)
P(“+2 min”)
=
P(Y > 2)
0, 10023
=
e−2 × 0, 7
0, 10023
≈ 0, 94518.
26. a) Observe que X é determinado pela variável aleatória θ que representa o ângulo
entre o feixe de luz e o eixo y. Claramente, θ ∼ U(−π/2, π/2) e sua distribuição é
Fθ(x) = P(θ 6 x) =
x− (−π/2)
π
=
1
2
+
x
π
.
Como estamos interessados na distribuição de X, basta observar que X = tan(θ)
e, para −∞ < x <∞, segue que
FX(x) = P(X 6 x)
= P(tan(θ) 6 x)
= P(θ 6 arctan(x))
=
1
2
+
arctan(x)
π
.
Desse modo, ainda para −∞ < x <∞, chegamos a
f(x) =
d
dx
FX(x) =
1
π(1 + x2)
.
b) ∫ +∞
−∞
f(x)dx =
1
π
∫ +∞
−∞
1
1 + x2
dx =
arctan(x)
π
∣∣∣∣+∞
−∞
=
π/2− (−π/2)
π
= 1
c)
E|X| =
∫ +∞
−∞
|x|f(x)dx
=
∫ 0
−∞
(−x) 1
π(1 + x2)
dx+
∫ +∞
0
x
1
π(1 + x2)
dx
= 2
∫ +∞
0
x
1
π(1 + x2)
dx
=
1
π
∫ +∞
0
2x
1 + x2
dx
=
1
π
lim
M→+∞
ln(1 + x2)
∣∣M
0
= +∞.
27. Para y > 0 temos
FY (y) = P(Y 6 y)
= P(|X| 6 y)
= P(−y 6 X 6 y)
= P(X 6 y)− P(X 6 −y)
= FX(y)− FX(−y).
Derivando ambos os lados nós obtemos,
fY (y) = fX(y) + fX(−y).
28. Para y > 0 temos
FY (y) = P(Y 6 y)
= P(Xn 6 y)
= P
(
X 6 y1/n
)
= FX
(
y1/n
)
.
Derivando ambos os lados nós obtemos,
fY (y) =
1
n
y1/n−1fX
(
y1/n
)
.
29. a)
P(|X| > 1/2) = 1− P(|X| < 1/2)
= 1− P(−1/2 < X < 1/2)
= 1− {P(X < 1/2)− P(X < −1/2)}
= 1/2.
b) Da Questão 27, temos que
fY (y) = fX(y) + fX(−y) = 1.
Ou seja, Y ∼ U(0, 1).
30. Para que as ráızes da equação sejam reais devemos ter
∆ = (4Y )2 − 16(Y + 2) > 0 ou Y 2 > Y + 2.
Como 0 < Y < 5, a relação acima ocorre se, e somente se, Y > 2. Então
P(Y 2 > Y + 2) = P(Y > 2) = 3
5
.
31. Para y ∈ R, temos
P(Y 6 y) = P(logX 6 y)
= P(X 6 ey)
= 1− e−ey .
Derivando, nós obtemos
fY (y) = e
ye−e
y
.
32. Para 1 < y < e, temos
P(Y 6 y) = P(eX 6 y)
= P(X 6 log y)
= log y.
Derivando nós obtemos
fY (y) =
1
y
.
33. Primeiramente, observe que se Z é normal padrão então −Z também é. De fato,
F−Z(z) = P(−Z 6 z)
= P(Z > −z)
= 1− P(Z 6 −z)
= 1− FZ(−z).
Derivando ambos os lados temos f−Z(z) = fZ(−z) e como uma v.a. normal padrão
tem a função densidade par, fZ(−z) = fZ(z).
a) P(Z > x) = P(−Z < −x) = P(Z < −x).
b)
P(|Z| > x) = 1− P(|Z| < x)
= 1− P(−x < Z < x)
= 1− {P(Z < x)− P(Z < −x)}
= 1− P(Z < x) + P(Z < −x)
= P(Z > x) + P(Z < −x)
= 2P(Z > x).
c)
P(|Z| < x) = 1− P(|Z| > x)
= 1− 2P(Z > x)
= 1− 2(1− P(Z < x))
= 2P(Z < x)− 1.
34. Uma vez que encontramos a distribuição de X na Questão 19, basta observar que
P
((
X − v
α
)β
6 x
)
= P
(
X − v
α
6 x1/β
)
= P
(
X 6 αx1/β + v
)
= 1− e−x.
35. Vamos representar os quantis citados pela sua representação simplificada q1, q2 e q3
respectivamente. Considerando inicialmente a variável X, sabemos que FX(x) = 1 −
e−2x para x positivo. Desse modo,
P(X < q1) = 0, 25
⇐⇒ 1− e−2q1 = 0, 25
⇐⇒ e−2q1 = 0, 75
⇐⇒ q1 =
ln(0, 75)
−2
⇐⇒ q1 ' 0, 1438.
Analogamente encontramos q2 ' 0, 3466 e q3 ' 0, 6932.
Considere agora a variável Y . Claramente a mediana é q2 = 4. Para encontrar q3 note
que
P(Y < q3) = 0, 75
⇐⇒ P
(
Y − 4√
9
<
q3 − 4√
9
)
= 0, 75
⇐⇒ P
(
Z <
q3 − 4
3
)
= 0, 75.
e olhando na tabela devemos ter
q3 − 4
3
= 0, 68, ou seja, q3 = 6, 04.
Para encontrar q1 = 1, 96, basta lembrar que q1 e q3 devem estar à mesma distância da
mediana.
36. a) O gráfico tem a forma abaixo
0 1 2 3 4 5 6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
F
(x
)
b) Como a variável é cont́ınua nesse ponto, a probabilidade desejada é 0.
c) P(X = 2) = F (2+)− F (2−) = 2/3− 1/2 = 1/6.
d) P (2, 2 < X < 3, 7) = F (3, 7)− F (2, 2) = 5/6− (2, 2 + 6)/12 = 3/20.
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5a Lista de PE
1. Um time de basquete irá jogar uma temporada de 44 jogos. 26 desses jogos serão
disputados contra times da classe A e os 18 restantes contra times da classe B. Suponha
que o time irá vencer cada jogo contra times da classe A com probabilidade 0,4 e irá
vencer cada jogo contra times da classe B com probabilidade 0,7. Suponha também
que os resultados de diferentes jogos são independentes. Use a normal para aproximar
a probabilidade de que
a) o time ganhe 25 jogos ou mais;
b) o time ganhe mais jogos contra times da classe A do que da classe B.
2. Justifique porque a soma de n v.a.’s bernoulli é uma binomial.
3. Suponha que 3 bolas são escolhidas de uma urna contendo 3 bolas vermelhas, 4 bolas
brancas e 5 bolas azuis sem reposição. Seja X o número de bolas vermelhas e Y
o número de bolas brancas. Faça uma tabela de distribuição conjunta de X e Y e
indique as probabilidades marginais.
4. Lançam-se, simultaneamente, uma moeda e um dado.
a) Determine o espaço amostral correspondente a esse experimento.
b) Obtenha a tabela da distribuição conjunta, considerando X o número de caras no
lançamento da moeda e Y o número da face do dado.
c) Verifique se X e Y são independentes.
d) Calcule P(X > 0, Y 6 4).
5. A tabela abaixo fornece a distribuição conjunta de X e Y .
Y / X 1 2 3
0 0,1 0,1 0,1
1 0,2 0,0 0,3
2 0,0 0,1 0,1
a) Determine as distribuições marginais de X e Y .
b) Obtenha as esperanças e variâncias de X e Y .
c) Verifique se X e Y são independentes.
d) Calcule P(X = 1|Y = 0) e P(Y = 2|X = 3).
e) Calcule P(X 6 2) e P(X = 2, Y 6 1).
6. Considere a distribuição conjunta de X e Y , parcialmente conhecida, dada na tabela
abaixo.
Y / X -1 0 1 P(Y = y)
-1 1/12
0 1/3
1 1/4 1/4
P(X = x) 1
a) Complete a tabela, considerando X e Y independentes.
b) Calcule as médias e variâncias de X e Y .
c) Obtenha as distribuições condicionais de X, dado que Y = 0, ede Y , dado que
X = 1.
d) Calcule Cov(X, Y ) e Var(X + Y ).
7. Simbolizando a correlação das variáveis aleatórias X e Y por ρ(X, Y ) =
Cov(X, Y )
σ(X)σ(Y )
.
Mostre que
a) −1 6 ρ(X, Y ) 6 1;
b) ρ(X + a, Y + b) = ρ(X, Y );
c) ρ(aX, bY ) =
ab
|ab|
ρ(X, Y ).
8. Suponha que X e Y tenham a seguinte distribuição conjunta:
Y / X 1 2 3
1 0,1 0,1 0,0
2 0,1 0,2 0,3
3 0,1 0,1 0,0
a) Determine a distribuição de X + Y e, a partir dela, calcule E(X + Y ). Pode-se
obter a mesma resposta de outra maneira?
b) Determine a distribuição de XY e, em seguida, calcule E(XY ).
c) Mostre que, embora E(XY ) = E(X)E(Y ), X e Y não são independentes.
d) Calcule Var(X + Y ).
9. Suponha que temos uma urna contendo três bolas numeradas 1, 2 e 3. Retiramos duas
bolas dessa urna, sem reposição. Seja X o número da primeira bola e Y o número da
segunda bola retirada.
a) Encontre a distribuição conjunta de (X, Y ) com suas respectivas distribuições
marginais.
b) Encontre a distribuição de probabilidades marginais das variáveis Z = X + Y e
W = XY .
c) Calcule P(X < Y ).
d) Calcule E(X); E(Y ); E(Z) e E(W ).
e) Calcule Var(X) e Var(Y ).
f) Calcule Cov(X, Y ).
g) X e Y são independentes?
10. Sejam X e Y duas variáveis aleatórias quaisquer. Mostre que Var(X±Y ) = Var(X) +
Var(Y )± 2Cov(X, Y ).
11. O número de pessoas que entram em uma drogaria em uma hora é uma variável
aleatória de Poisson com parâmetro λ = 10. Calcule a probabilidade condicional
de que no máximo 3 homens entrem na drogaria dado que 10 mulheres entraram nessa
hora. Que hipóteses você tomou?
12. Se X e Y são v.a.’s de Poisson independentes com parâmetros λ1 e λ2 respectivamente,
calcule a distribuição condicional de X dado que X + Y = n.
13. Uma v.a. X tem distribuição normal, com média 100 e desvio padrão 10.
a) Qual a P(90 < X < 110)?
b) Se X for a média de uma amostra de 16 elementos retirados dessa população,
calcule P
(
90 < X < 110
)
.
c) Represente, num único gráfico, as distribuições de X e X.
d) Que tamanho deveria ter a amostra para que P
(
90 < X < 110
)
= 0, 95?
14. A máquina de empacotar um determinado produto, o faz segundo uma distribuição
normal, com média µ e desvio padrão 10g.
a) Em quanto deve ser regulado o peso médio µ para que apenas 10% dos pacotes
tenham menos do que 500g?
b) Com a máquina assim regulada, qual a probabilidade de que o peso total de 4
pacotes escolhidos ao acaso seja inferior a 2kg?
15. A capacidade máxima de um elevador é de 500kg. Se a distribuição X dos pesos dos
usuários for suposta N (70, 100), qual é a probabilidade de sete passageiros ultrapassa-
rem esse limite?
16. Uma máquina enche pacotes de café com um peso (medido em gramas) que se comporta
segundo uma variável aleatória X, onde X ∼ N (200, 100). Uma amostra de 25 pacotes
é sorteada e pergunta-se:
a) qual é o número esperado de pacotes na amostra com peso inferior a 205 gramas?
b) qual a probabilidade de que o peso total dos pacotes da amostra não exceda 5125
gramas?
17. Suponha que 45% de uma população esteja a favor de um certo candidato em uma
eleição vindoura. Se uma AAS de tamanho 200 é escolhida dentre indiv́ıduos dessa
população, calcule
a) o valor esperado e o desvio padrão do número de indiv́ıduos a favor do candidato;
b) aproxime a probabilidade de que mais da metade dos indiv́ıduos na amostra es-
tejam a favor do candidato.
18. Considere M o máximo de uma AAS, (X1, . . . , Xn), escolhida de uma população com
densidade f(x) e função distribuição F (x). Encontre FM(m) = P(M 6 m) (a distri-
buição de M) e a densidade de M .
19. Para o item anterior, encontre a distribuição e a densidade caso a amostra tenha uma
distribuição uniforme no intervalo (0, θ).
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Respostas
1. a) 0,26435.
b) 0,15625.
2. Demonstração
3. A tabela segue abaixo:
X / Y 0 1 2 3 P(X = i)
0 10
220
40
220
30
220
4
220
84
220
1 30
220
60
220
18
220
0 108
220
2 15
220
12
220
0 0 27
220
3 1
220
0 0 0 1
220
P(Y = j) 56
220
112
220
48
220
4
220
4. a) Ω = {(1, C), (2, C), (3, C), (4, C), (5, C), (6, C), (1, K), (2, K), (3, K), (4, K), (5, K), (6, K)}.
b) A tabela segue abaixo:
X / Y 1 2 3 4 5 6 P(X = i)
0 1
12
1
12
1
12
1
12
1
12
1
12
1
2
1 1
12
1
12
1
12
1
12
1
12
1
12
1
2
P(Y = j) 1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
c) São independentes.
d) 8/12
5. a) As distribuições marginais seguem na tabela abaixo:
Y / X 1 2 3 P(Y = y)
0 0,1 0,1 0,1 0,3
1 0,2 0,0 0,3 0,5
2 0,0 0,1 0,1 0,2
P(X = x) 0,3 0,2 0,5 1
b) 2,2; 0,9; 0,76 e 0,49
c) Não são independentes.
d) 1/5.
e) 0,1.
6. a) As distribuições marginais seguem na tabela abaixo:
Y / X -1 0 1 P(Y = y)
-1 1
12
0 1
12
1
6
0 1
6
0 1
6
1
3
1 1
4
0 1
4
1
2
P(X = x) 1
2
0 1
2
1
b) 0, 1/3, 1 e 5/9.
c) Os valores são
P(X = −1|Y = 0) = 1
2
, P(X = 0|Y = 0) = 0, P(X = 1|Y = 0) = 1
2
,
P(Y = −1|X = 1) = 1
6
, P(Y = 0|X = 1) = 1
3
, P(Y = 1|X = 1) = 1
2
.
d) 14/9.
7. a) Demonstração.
b) Demonstração.
c) Demonstração.
8. a) E(X + Y ) = 4.
b) E(XY ) = 4.
c) Demonstração.
d) 1.
9. a) A distribuição conjunta segue abaixo:
X / Y 1 2 3 P(X = i)
1 0 1
6
1
6
1
3
2 1
6
0 1
6
1
3
3 1
6
1
6
0 1
3
P(Y = j) 1
3
1
3
1
3
1
b) As distribuições seguem abaixo:
k 2 3 4 5 6 Total
P(X + Y = k) 0 1
3
1
3
1
3
0 1
k 1 2 3 4 6 9 Total
P(XY = k) 0 1
3
1
3
0 1
3
0 1
c) 1/2.
d) 2; 2; 4 e 11/3.
e) 2/3 e 2/3.
f) −1/3.
g) Não.
10. Demonstração.
11. e−5 + 5e−5 + 5
2
2!
e−5 + 5
3
3!
e−5.
12.
(
n
k
)(
λ1
λ1 + λ2
)k (
λ2
λ1 + λ2
)n−k
.
13. a) 0,68268.
b) 0,99994.
d) 4.
14. a) 512,8.
b) 0,00523.
15. 0,35197.
16. a) 17, 29.
b) 0, 9938.
17. a) 90 e 7,0356.
b) 0,06811.
18. A função distribuição é FM(m) = [FX(m)]
n e a função densidade é fM(m) = n[FX(m)]
n−1fX(m).
19. Nesse caso a função densidade será
fM(m) =

nmn−1
θn
, se m ∈ (0, θ),
0, se m /∈ (0, θ).
e a função distribuição
FM(m) =

0, se m 6 0,
mn
θn
, se m ∈ (0, θ),
1, se m > θ.
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5a Lista de PE – Solução
1. Sejam XA e XB o números de jogos que o time ganha contra times da classe A e da
classe B respectivamente. Claramente XA e XB são variáveis aleatórias binomiais de
parâmetros
E (XA) = 26(0, 4) = 10, 4 e Var(XA) = 26(0, 4)(0, 6) = 6, 24
E (XB) = 18(0, 7) = 12, 6 e Var(XB) = 18(0, 7)(0, 3) = 3, 78.
a) Como estamos interessados na probabilidade de que XA +XB seja maior ou igual
a 25, observe que esta soma tem distribuição aproximadamente normal de média
23 e variância 10,02. Se Y ∼ N(23; 10, 02), aplicando o Teorema de DeMoivre-
Laplace podemos aproximar a probabilidade desejada como abaixo:
P(XA +XB > 25) ' P(Y > 25)
= P
(
Y − 23√
10, 02
>
25− 23√
10, 02
)
' P(Z > 0, 6318)
= 1− P(Z 6 0, 6318)
' 0, 26435
b) Agora, queremos calcular a probabilidade de que XA −XB seja maior ou igual a
1. Observe então que esta subtração tem distribuição aproximadamente normal
de média -2,2 e variância 10,02. Se Y ∼ N(−2, 2; 10, 02), aplicamos novamente o
Teorema de DeMoivre-Laplace e aproximamos a probabilidade por
P(XA −XB > 1) ' P(Y > 1)
= P
(
Y + 2, 2√
10, 02
>
1 + 2, 2√
10, 02
)
' P(Z > 1, 0109)
= 1− P(Z 6 1, 0109)
' 0, 15625
2. Considere a sequência Xi de n v.a.’s independentes onde
Xi =
{
1, se ocorrer sucesso,
0, se ocorrer fracasso,
com P(Xi = 1) = p.
Claramente Xi ∼ Ber(p) e se fizermos X = X1 + · · ·+Xn, X representa o número de
sucessos em n lançamentos (que já sabemos que representa uma binomial). Como
E(X) = E(X1) + · · ·+ E(Xn) = np
e
Var(X) = Var(X1) + · · ·+ Var(Xn) = np(1− p)
conclúımos que X ∼ Bin(n, p).
3. A tabela abaixo apresenta as probabilidades P(X = i, Y = j) com as respectivas
marginais:
X / Y 0 1 2 3 P(X = i)
0 10
220
40
220
30
220
4
220
84
220
1 30
220
60
220
18
220
0 108
220
2 15
220
12
220
0 0 27
220
3 1
220
0 0 0 1
220
P(Y = j) 56
220
112
22048
220
4
220
1
4. a) Ω = {(1, C), (2, C), (3, C), (4, C), (5, C), (6, C), (1, K), (2, K), (3, K), (4, K), (5, K), (6, K)}.
b) A tabela de distribuição segue abaixo:
X / Y 1 2 3 4 5 6 P(X = i)
0 1
12
1
12
1
12
1
12
1
12
1
12
1
2
1 1
12
1
12
1
12
1
12
1
12
1
12
1
2
P(Y = j) 1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
c) Para todo i = 0, 1 e j = 1, 2, 3, 4, 5, 6 temos que
P(X = i, Y = j) = P(X = i)P(Y = j),
portanto X e Y são independentes.
d)
P(X > 0, Y 6 4) =
1∑
i=0
4∑
j=1
P(X = i, Y = j) = 8
12
.
5. a) As distribuições marginais seguem na tabela abaixo:
Y / X 1 2 3 P(Y = y)
0 0,1 0,1 0,1 0,3
1 0,2 0,0 0,3 0,5
2 0,0 0,1 0,1 0,2
P(X = x) 0,3 0,2 0,5 1
b)
E(X) = 1(0, 3) + 2(0, 2) + 3(0, 5) = 2, 2
E(Y ) = 0(0, 3) + 1(0, 5) + 2(0, 2) = 0, 9
E(X2) = 12(0, 3) + 22(0, 2) + 32(0, 5) = 5, 6
E(Y 2) = 02(0, 3) + 12(0, 2) + 22(0, 5) = 1, 3
Var(X) = E(X2)− [E(X)]2 = 0, 76
Var(Y ) = E(Y 2)− [E(Y )]2 = 0, 49
c) Não são independentes. Basta observar que
0, 0 = P(X = 2, Y = 1) 6= P(X = 2)P(Y = 1) = (0, 2)(0, 5) = 0, 1.
d)
P(X = 1|Y = 0) = P(X = 1, Y = 0)
P(Y = 0)
=
0, 1
0, 3
=
1
3
.
P(Y = 2|X = 3) = P(Y = 2, X = 3)
P(X = 3)
=
0, 1
0, 5
=
1
5
.
e)
P(X 6 2) = P(X = 1) + P(X = 2) = 0, 5.
P(X = 2, Y 6 1) = P(X = 2, Y = 0) + P(X = 2, Y = 1) = 0, 1.
6. a) As distribuições marginais seguem na tabela abaixo:
Y / X -1 0 1 P(Y = y)
-1 1
12
0 1
12
1
6
0 1
6
0 1
6
1
3
1 1
4
0 1
4
1
2
P(X = x) 1
2
0 1
2
1
b)
E(X) = −1
(
1
2
)
+ 0 + 1
(
1
2
)
= 0
E(Y ) = −1
(
1
6
)
+ 0 + 1
(
1
2
)
=
1
3
E(X2) = 1
(
1
2
)
+ 0 + 1
(
1
2
)
= 1
E(Y 2) = 1
(
1
6
)
+ 0 + 1
(
1
2
)
=
2
3
Var(X) = E(X2)− [E(X)]2 = 1
Var(Y ) = E(Y 2)− [E(Y )]2 = 5
9
c) De maneira análoga ao item d) da Questão 5 encontramos
P(X = −1|Y = 0) = 1
2
, P(X = 0|Y = 0) = 0, P(X = 1|Y = 0) = 1
2
,
P(Y = −1|X = 1) = 1
6
, P(Y = 0|X = 1) = 1
3
, P(Y = 1|X = 1) = 1
2
.
d) Como X e Y são independentes Cov(X, Y ) = 0 e
Var(X + Y ) = Var(X) + Var(Y ) = 1 +
5
9
=
14
9
.
7. a) Lembre-se que podemos escrever ρ(X, Y ) = E
[(
X−E(X)
σ(X)
)(
Y−E(Y )
σ(Y )
)]
.
Como (
X − E(X)
σ(X)
− Y − E(Y )
σ(Y )
)2
> 0,
temos
E
(
X − E(X)
σ(X)
− Y − E(Y )
σ(Y )
)2
= E
(
X − E(X)
σ(X)
)2
+ E
(
Y − E(Y )
σ(Y )
)2
− 2
σ(X)σ(Y )
E [(X − E(X))(Y − E(Y ))]
=
Var(X)
σ2(X)
+
Var(Y)
σ2(Y )
− 2Cov(X,Y)
σ(X)σ(Y )
= 2− 2ρ(X, Y )
> 0.
Logo ρ(X, Y ) 6 1.
Substituindo “−” por “+” na expressão acima, encontramos a outra desigualdade.
b)
ρ(X + a, Y + b) =
E [(X + a)(Y + b)]− E(X + a)E(Y + b)
σ(X + a)σ(Y + b)
=
E(XY + aY + bX + ab)− [E(X) + a][E(Y ) + b]
σ(X)σ(Y )
=
E(XY )− E(X)E(Y )
σ(X)σ(Y )
= ρ(X, Y ).
c)
ρ(aX, bY ) =
E(aXbY )− E(aX)E(bY )
σ(aX)σ(bY )
=
abE(XY )− abE(X)E(Y )
|a||b|σ(X)σ(Y )
=
ab
|ab|
Cov(X, Y )
σ(X)σ(Y )
=
ab
|ab|
ρ(X, Y ).
8. a) A distribuição de X + Y segue na tabela abaixo:
k 2 3 4 5 6 Total
P(X + Y = k) 0,1 0,2 0,3 0,4 0,0 1,0
Desse modo,
E(X + Y ) = 2(0, 1) + 3(0, 2) + 4(0, 3) + 5(0, 4) + 6(0, 0) = 4.
Outra maneira de obter a resposta seria encontrar as distribuições marginais ob-
tendo E(X) = 2 e E(Y ) = 2, em seguida aplicar a lei da soma para esperanças.
b) A distribuição de XY segue na tabela abaixo:
k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Total
P(XY = k) 0,1 0,2 0,1 0,2 0,0 0,4 0,0 0,0 0,0 1,0
Desse modo,
E(XY ) = 1(0, 1)+2(0, 2)+3(0, 1)+4(0, 2)+5(0, 0)+6(0, 4)+7(0, 0)+8(0, 0)+9(0, 0) = 4.
c) Claramente, E(XY ) = E(X)E(Y ), mas
0 = P(X = 3, Y = 1) 6= P(X = 3)P(Y = 1) = (0, 3)(0, 2) = 0, 06.
d)
E(X + Y )2 = 22(0, 1) + 32(0, 2) + 42(0, 3) + 52(0, 4) + 62(0, 0) = 17.
Portanto,
Var(X + Y ) = 17− 42 = 1.
9. a) A tabela abaixo apresenta as probabilidades P(X = i, Y = j) com as respectivas
marginais:
X / Y 1 2 3 P(X = i)
1 0 1
6
1
6
1
3
2 1
6
0 1
6
1
3
3 1
6
1
6
0 1
3
P(Y = j) 1
3
1
3
1
3
1
b) A distribuição de Z = X + Y segue na tabela abaixo
k 2 3 4 5 6 Total
P(X + Y = k) 0 1
3
1
3
1
3
0 1
enquanto a distribuição da variável W = XY é dada pela tabela
k 1 2 3 4 6 9 Total
P(XY = k) 0 1
3
1
3
0 1
3
0 1
c)
P(X < Y ) = P(X = 1, Y = 2) + P(X = 1, Y = 3) + P(X = 2, Y = 3)
= 1/6 + 1/6 + 1/6
= 1/2.
d)
E(X) = E(Y ) = 1× 1
3
+ 2× 1
3
+ 3× 1
3
= 2
E(Z) = 3× 1
3
+ 4× 1
3
+ 5× 1
3
= 4
E(W ) = 2× 1
3
+ 3× 1
3
+ 6× 1
3
=
11
3
.
e) Primeiramente calculamos
E(X2) = E(Y 2) = 12 × 1
3
+ 22 × 1
3
+ 32 × 1
3
=
14
3
e, consequentemente
Var(X) = Var(Y ) =
14
3
− 22 = 2
3
.
f)
Cov(X, Y ) = E(XY )− E(X)E(Y )
= E(W )− E(X)E(Y )
= 11/3− 2× 2
= −1/3
10. Da definição temos
Var(X + Y ) = E(X + Y )2 − {E(X + Y )}2
= E(X2 + 2XY + Y 2)− {E(X) + E(Y )}2
= E(X2) + 2E(XY ) + E(Y 2)− {[E(X)]2 + 2E(X)E(Y ) + [E(Y )]2}
= E(X2)− [E(X)]2 + 2{E(XY )− E(X)E(Y )}+ E(Y 2)− [E(Y )]2
= Var(X) + 2Cov(X, Y ) + Var(Y ).
Analogamente, encontramos Var(X − Y ) = Var(X)− 2Cov(X, Y ) + Var(Y ).
11. Vamos supor que homens e mulheres entrem na drogaria de forma independente. Como
a soma de duas poissons é uma poisson com os parâmetros somados seja X1 ∼ Pois(5) e
X2 ∼ Pois(5) as variáveis que representam o números de homens e mulheres que entram
na drogaria respectivamente. Desse modo, X1 +X2 ∼ Pois(10) como esperávamos. A
probabilidade desejada é
P(X1 6 3|X2 = 10) = P(X1 6 3)
= e−5 + 5e−5 +
52
2!
e−5 +
53
3!
e−5.
12.
P(X = k|X + Y = n) = P(X = k,X + Y = n)
P(X + Y = n)
=
P(X = k, Y = n− k)
P(X + Y = n)
=
P(X = k)P(Y = n− k)
P(X + Y = n)
=
e−λ1λk1
k!
e−λ2λn−k2
(n− k)!
[
e−(λ1+λ2)(λ1 + λ2)
n
n!
]−1
=
(
n
k
)(
λ1
λ1 + λ2
)k (
λ2
λ1 + λ2
)n−k
ou seja, é a distribuição de uma binomial de parâmetros n e λ1
λ1+λ2
.
13. a) Sabendo que X ∼ N (100, 100), segue que
P(90 < X < 110) = P
(
90− 100
10
<
X − 100
10
<
110− 100
10
)
' P(−1 < Z < 1)
= 2P(Z < 1)− 1
' 2(0, 84134)− 1
= 0, 68268.
b) Como X ∼ N (100, 100/16), temos que
P
(
90 < X < 110
)
= P
(
90− 100
10/4
<
X − 100
10/4
<
110− 100
10/4
)
' P(−4 < Z < 4)
= 2P(Z < 4)− 1
' 2(0, 99997)− 1
= 0, 99994.
c) As densidades seguem na figura abaixo
70 80 90 100 110 120 130
0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
0.18
Densidade das Normais
 
 
N(100,100)
N(100,100/16)
d) Partindo da equação fornecida e sabendo que X ∼ N (100, 100/n), segue que
P
(
90 < X < 110
)
= 0, 95
⇐⇒ P
(
90− 100
10/
√
n
<
X − 100
10/
√
n
<
110− 100
10/
√
n
)
= 0, 95
⇐⇒ P(−
√
n < Z <
√
n) = 0, 95
⇐⇒ 2P(Z <
√
n)− 1 = 0, 95
⇐⇒ P(Z <
√
n) = 0, 975
⇐⇒
√
n ' 1, 96
⇐⇒ n ' 3, 84.
Como n deve ser inteiro conclúımos que seu valor deve ser, pelo menos, 4.
14. a) Nós temos que X ∼ N (µ, 102), então
P(X < 500) = 0, 10
⇐⇒ P
(
X − µ
10
<
500− µ
10
)
= 0, 10
⇐⇒ P
(
Z <
500− µ
10
)
= 0, 10
⇐⇒ P
(
Z > −500− µ
10
)
= 0, 10
⇐⇒ 1− P
(
Z <
µ− 500
10
)
= 0, 10
⇐⇒ P
(
Z <
µ− 500
10
)
= 0, 90
⇐⇒ µ− 500
10
= 1, 28
⇐⇒ µ = 512, 8.
b) O peso total dos pacotes é dado por
S4 = X1 + · · ·+X4 ∼ N (4× 512, 8 ; 4× 102).
Desse modo temos
P(S4 < 2000) = P
(
S4 − 2051, 2
20
<
2000− 2051, 2
20
)
' P(Z < −2, 56)
= P(Z > 2, 56)
= 1− P(Z < 2, 56)
= 1− 0, 99477
= 0, 00523.
15. O peso total dos passageiros é dado por
S7 = X1 + · · ·+X7 ∼ N (7× 70 , 7× 100).
Desse modo temos
P(S7 > 500) = P
(
S7 − 490
10
√
7
>
500− 490
10
√
7
)
' P(Z > 0, 38)
= 1− P(Z < 0, 38)
= 1− 0, 64803
= 0, 35197.
16. Inicialmente temos X ∼ N (200, 100).
a) A probabilidade de um pacote pesar menos de 205 gramas é
P(X < 205) = P
(
Z <
205− 200√
100
)
= P(Z < 0, 5) = 0, 69146.
Como sorteamos 25 pacotes aleatoriamente, o número esperado de pacotes com
peso menor que 205 gramas é 0, 69146× 25 = 17, 2865.
b) Denotando S25 = X1 + · · ·+X25, sabemos que S25 ∼ N (25×200, 25×100). Desse
modo
P(S25 < 5125) = P
(
Z <
5125− 25× 200√
25× 100
)
= P(Z < 2, 5) = 0, 99379.
17. a) O valor esperado é dado por
µ = 200(0, 45) = 90,
e o desvio padrão é dado por
σ =
√
200(0, 45)(1− 0, 45) = 7, 0356.
b) Como estamos interessados em aproximar a probabilidade pela normal, se repre-
sentarmos por X o número de indiv́ıduos a favor do candidato e Y uma v.a.com
distribuição N (µ, σ2), basta aplicarmos o Teorema de DeMoivre-Laplace e
P(X > 101) ' P(Y > 100, 5)
= P
(
Y − 90
7, 0356
>
100, 5− 90
7, 0356
)
' P(Z > 1, 49)
= 1− P(Z < 1, 49)
' 1− 0, 93189
= 0, 06811.
18. Se o máximo de um conjunto é menor que um valor então, obviamente, todos os outros
elementos do conjunto também serão menores que este valor. Com base nessa idéia
note que para X, uma v.a. com mesma distribuição dos Xi’s temos
FM(m) = P(M 6 m)
= P(Max(X1, . . . , Xn) 6 m)
= P(X1 6 m, . . . , Xn 6 m)
= P(X1 6 m) · · · P(Xn 6 m)
= [FX(m)]
n.
Para encontrar a densidade basta derivar a função distribuição:
fM(m) =
d
dm
FM(m)
=
d
dm
[FX(m)]
n
= n[FX(m)]
n−1fX(m).
19. Se X ∼ U(0, θ), temos
fX(m) =

1
θ
, se m ∈ (0, θ),
0 se m /∈ (0, θ).
e
FX(m) =

0, se m 6 0,
m
θ
, se m ∈ (0, θ),
1 se m > θ.
Portanto
fM(m) =

nmn−1
θn
, se m ∈ (0, θ),
0, se m /∈ (0, θ).
e
FM(m) =

0, se m 6 0,
mn
θn
, se m ∈ (0, θ),
1, se m > θ.
Universidade de Braśılia
Departamento de Estat́ıstica
6a Lista de PE
1. Seja (X1, . . . , Xn) uma AAS tal que E(Xi) = µ e Var(Xi) = σ2.
a) Encontre E(X2i ) e E
(
X
2
)
.
b) Calcule E(XiX).
c) Se T =
n∑
i=1
(Xi −X)2
n
, mostre que T é um estimador viciado para σ2.
d) A partir do item c) encontre um estimador não viciado para σ2.
2. Proponha um estimador para o coeficiente de correlação (ρ) entre duas variáveis.
3. Uma das desvantagens dos estimadores de momentos é que podemos ter estimadores
distintos para um mesmo parâmetro. Mais ainda, estes estimadores distintos podem
fornecer valores bem diferentes para o mesmo parâmetro. Com base nessas idéias
responda os itens abaixo:
a) Se X ∼ Pois(λ), com base nas propriedades da distribuição de Poisson, proponha
dois estimadores de momentos distintos para o parâmetro λ.
b) Suponha que o número de acidentes semanais em uma estrada brasileira, obser-
vados num peŕıodo de 30 semanas, tenha sido registrado como abaixo:
8 0 0 1 3 4 0 2 12 5
1 8 0 2 0 1 9 3 4 5
3 3 4 7 4 0 1 2 1 2
Supondo que os dados acima seguem a distribuição de Poisson, mostre que os dois
estimadores do item a) fornecem estimativas bastante d́ıspares para λ.
4. Encontre o EMV relativo a uma AAS com distribuição exponencial de parâmetro λ.
5. O tempo residual do efeito de um agrotóxico está sendo analisado. Uma análise em
laboratório com uma amostra de tamanho 10, forneceu os seguintes valores (em dias):
3, 5 2, 9 3, 2 2, 7 2, 8 3, 1 2, 6 3, 3 3, 2 2, 7
Estudos prévios indicam o modelo exponencial como adequado à variável acima. En-
contre a probabilidade de que o tempo residual seja superior a 6 dias.
6. Encontre o EMV relativo a uma AAS com distribuição de Poisson com parâmetro λ.
7. O número de acidentes registrados na cidade de Braśılia em 10 dias não chuvosos,
escolhidos aleatoriamente em 2001, são
4 0 6 5 2 1 2 0 4 3
Sabendo que o número de acidentes segue a distribuição de Poison, use os dados para
estimar a proporção de dias não chuvosos que tiveram 2 ou menos acidentes neste ano.
Universidade de Braśılia
Departamento de Estat́ıstica
6a Lista de PE – Solução
1. a) Sabemos que
σ2 = Var(Xi) = E
(
X2i
)
− [E(Xi)]2 = E
(
X2i
)
− µ2
portanto E (X2i ) = µ2 + σ2.
Analogamente,
σ2
n
= Var
(
X
)
= E
(
X
2
)
−
[
E
(
X
)]2
= E
(
X
2
)
− µ2
portanto E
(
X
2
)
= µ2 +
σ2
n
.
b)
E(XiX) =
1
n
E(XiX1 +X2Xi + · · ·+X2i + · · ·+XiXn)
=
1
n
{
E(XiX1) + · · ·+ E(X2i ) + · · ·+ E(XiXn)
}
=
1
n
{
E(Xi)E(X1) + · · ·+ µ2 + σ2 + · · ·+ E(Xi)E(Xn)
}
= µ2 +
σ2
n
.
c) Para saber se um estimador é viciado calculamos sua esperança:
E(T ) = 1
n
n∑
i=1
E
(
Xi −X
)2
=
1
n
n∑
i=1
E
(
X2i − 2XiX +X
2
)
=
1
n
n∑
i=1
{
E
(
X2i
)
− 2E
(
XiX
)
+ E
(
X
2
)}
=
1
n
n∑
i=1
{
µ2 + σ2 − 2
(
µ2 +
σ2
n
)
+ µ2 +
σ2
n
}
= σ2 − σ
2
n
= σ2
(
n− 1
n
)
.
Como E(T ) 6= σ2, o estimador T é viciado para a variância.
d) Para que um estimador seja não viciado para a variância, sua esperança deve ser
σ2. Observe que se passarmos o termo (n− 1)/n para o outro lado da igualdade
obtida no item c) multiplicando, teremos
n
n− 1
× E (T ) = E
(
n
n− 1
× T
)
= σ2.
Então basta definirmos o estimador
S2 =
n
n− 1
× T =
n∑
i=1
(
Xi −X
)2
n− 1
,
e S2 é não viciado para a variância.
É importante notar que essa é razão para usarmos S2 como variância amostral ao
invés de usarmos T .
2. Primeiramente, lembre-se que
ρ =
E [(X − µx) (Y − µy)]
σ(X)σ(Y )
.
Como a correlação envolve duas AAS, (X1, . . . , Xn) e (Y1, . . . , Yn), um estimador na-
tural do parâmetro ρ seria
ρ̂ =
∑n
i=1
(
Xi −X
) (
Yi − Y
)√∑n
i=1
(
Xi −X
)2∑n
i=1
(
Yi − Y
)2 .
3. a) Como sabemos, no modelo de Poisson, E(X) = Var(X) = λ. Portanto, pelo
método dos momentos, podemos estimar λ por meio dos dois estimadores, já
encontrados em sala, abaixo:
λ̂1 =
∑n
i=1Xi
n
e λ̂2 =
∑n
i=1
(
Xi −X
)2
n
.
b) Usando a amostra coletada, os valores obtidos para os estimadores são
λ̂1 = 3, 17 e λ̂2 = 9, 07.
4. Como Xi ∼ Exp(λ), para 0 < xi <∞, i = 1, . . . , n, a verossimilhança do parâmetro λ
será dada por
L(λ;x) = fX1(x1) · · · fXn(xn)
= λe−λx1 · · ·λe−λxn
= λn exp
{
−λ
n∑
i=1
xi
}
.
Portanto a logverossimilhança é dada por
l(λ;x) = log λn + log
[
exp
{
−λ
n∑
i=1
xi
}]
= n log λ− λ
n∑
i=1
xi.
Derivando a logverossimilhança temos que
l′(λ;x) =
n
λ
−
n∑
i=1
xi = 0 ⇐⇒ λ =
n∑n
i=1 xi
=
1
x
.
Como
l′′(λ;x) = − n
λ2
< 0
conclúımos que
λ̂ =
1
X
.
5. Usando os dados e o estimador encontrado na Questão 4 temos o valor λ̂ = 1/3.
Desse modo, segue que
P(X > 6) = 1− F (6) = e(−
1
3)(6) = e−2 ' 0, 1362.
6. Como Xi ∼ Pois(λ), para 0 < xi <∞, i = 1, . . . , n, a verossimilhança do parâmetro λ
será dada por
L(λ;x) = fX1(x1) · · · fXn(xn)
=
e−λλx1
x1!
· · · e
−λλxn
xn!
=
e−nλλ
∑
xi
x1! · · · xn!
.
Portanto a logverossimilhança é dada por
l(λ;x) = log e−nλ + log λ
∑
xi − log(x1! · · ·xn!)
= −nλ+ log λ
n∑
i=1
xi − log(x1! · · · xn!).
Derivando a logverossimilhança temos que
l′(λ;x) = −n+
∑n
i=1 xi
λ
= 0 ⇐⇒ λ =
∑n
i=1 xi
n
= x.
Como
l′′(λ;x) = −
∑n
i=1 xi
λ2
< 0
conclúımos que
λ̂ = X.