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MEstII-AD1-gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
AD1 – Métodos Estat́ısticos II – 2/2023
GABARITO
Questão 1
f (x) = ax + b – Inclinação: a e intercepto b
Gráfico (a): b = 2 e a > 0
Gráfico (b); b = 4 e a < 0
Gráfico (c): b = 2 e a = 0
Questão 2(a)
k > 0Área total tem que ser 1; a área total é a área de um retângulo de base 1 e altura 3K , mais a área de umtrapézio de base maior 3k , base menor k e altura 1. Logo, temos que ter
(3k) × 1 + 3k + k2 × 1 = 1 ⇒ 5k = 1 ⇒ k = 0, 2
Questão 2(b)
Para 0 < x < 1, f (x) = 0, 6.No intervalo [1, 2], f é um segmento de reta delimitado pelos pontos (1; 0, 6) e (2; 0, 2).
f (x) = a + bx =⇒ { a + b · 1 = 0, 6a + b · 2 = 0, 2 =⇒ b = −0, 4 =⇒ a + (−0, 4) = 0, 6 ⇒ a = 1, 0
Logo,
f (x) =
 0, 6, se 0 ≤ x < 11 − 0, 4x, se 1 ≤ x < 2
Questão 2(c)
P(X > 0, 5|X < 1, 5) = P(0, 5 < X < 1, 5)P(X < 1, 5) = P(0, 5 < X < 1, 0) + P(1, 0 ≤ X < 1, 5)P(0 < X < 1, 0) + P(1, 0 ≤ X < 1, 5)
P(1, 0 ≤ X < 1, 5) é a área do trapézio sombreado, que tem basemaior 0,6, base menor f (1, 5) = 1 − 0, 4 × 1, 5 = 0, 4 e altura 0,5.Logo,
P(1, 0 ≤ X < 1, 5) = 0, 6 + 0, 42 · 0, 5 = 0, 25
P(0, 5 < X < 1, 0) é a área de um retângulo de base 0,5 e altura 0,6. Logo, P(0, 5 < X < 1, 0) = 0, 5×0, 6 = 0, 3P(0 < X < 1, 0) é a área de um retângulo de base 1,0 e altura 0,6. Logo, P(0, 5 < X < 1, 0) = 0, 6Resulta que
P(X > 0, 5|X < 1, 5) = 0, 3 + 0, 250, 6 + 0, 25 = 0, 550, 85 ≈ 0, 64706
Questão 2(d)
Vimos que P(X < 1, 0) = 0, 6; logo, Q1 e Q2 são ambos menores que 1,0.
P(X < Q1) é a área do retângulo de base Q1 e altura 0,6. Logo,temos que ter
P(X < Q1) = 0, 25 ⇔ Q1 × 0, 6 = 0, 25 ⇔ Q1 ≈ 0, 41667
Questão 2(e)
Analogamente, P(X < Q2) é a área do retângulo de base Q2 e altura 0,6. Logo, temos que ter
P(X < Q2) = 0, 5 ⇔ Q2 × 0, 6 = 0, 5 ⇔ Q2 ≈ 0, 83333
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Questão 2(f)
Como P(X < 1, 0) = 0, 6, Q3 tem que ser maior que 1,0.
P(X < Q3) = 0, 75 ⇔ P(X ≥ Q3) = 0, 25 ⇔
f (Q3) + f (2)2 × (2 − Q3) = 0, 25 ⇔[(1 − 0, 4Q3) + 0, 2] (2 − Q3) = 0, 5 ⇔2, 4 − 1, 2Q3 − 0, 8Q3 + 0, 4Q23 = 0, 5 ⇔0, 4Q23 − 2, 0Q3 + 1, 9 = 0 ⇔
Q3 = 2 ± √4 − 4 × 0, 4 × 1, 90, 8 ⇔ Q3 = 2 ±
√0, 960, 8
A solução no domı́nio de definição de f é
Q3 = 2 − √0, 960, 8 ≈ 1, 275255
Outra possibilidade é o cálculo da área sombreada de cinza escuro, que deve ser igual a 0,75. Essa é a áreade um retângulo de base 1 e altura 0,6, mais a área de um trapézio de bases f (1) e f (Q3) e altura Q3 − 1. Aárea do retângulo é 0, 6 × 1 = 0, 6. Logo, a área do traézio tem que ser 0, 75 − 0, 6 = 0, 15.
f (1) = 0, 6
f (Q3) = 1 − 0, 4Q3
0, 6 + 1 − 0, 4Q32 × (Q3 − 1) = 0, 15 ⇒(1, 6 − 0, 4Q3)(Q3 − 1) = 0, 3 ⇒1, 6Q3 − 1, 6 − 0, 4Q23 + 0, 4Q3 − 0, 3 = 0 ⇒
− 0, 4Q23 + 2Q3 − 1, 9 = 0 ⇒0, 4Q23 − 2Q3 + 1, 9 = 0Essa é a mesma equação de segundo grau obtida na solução anterior.
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