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1 Respostas transcritas das listas de exercícios. Hugo Abreu Mendes 1ª Lista, Distribuição Binomial. 1- p = 0.59 -> Probabilidade de usar grelha a gás em um país. Ao selecionar 100 casas, a probabilidade de exatamente 65 usarem grelha a gás é dada por: P(x=65) = (100 65 ) 0,5965 × 0,4135 = 3,91% 2- 41% gostam de ler. Ao escolher 4 mulheres aleatoriamente. a) Probabilidade de exatamente duas delas gostar de ler P(x=2) = (4 2 ) 0,412 × 0,592 = 4∙3 2 × 0,412 × 0,592 = 35,1% b) No mínimo duas gostarem de ler P(x≥2) = 1 – (P(x=0) + P(x=1)) = 1 – ((4 1 ) 0,411 × 0,593 + (4 0 ) 0,410 × 0,594) = 1 – (4 × 0,411 × 0,593 + 1 × 0,594) = 54,2% c) Menos que duas delas gostarem de ler, é o complementar da anterior. 1 - P(x≥2) = 45,8% 3- 56% dos dias são nublados em meses de junho. a) O mês de junho tem 30 dias. A média é dada pelo valor esperado de dias. Para a distribuição binomial isto é dado por 𝑛 × 𝑝 = 30 × 0.56 = 16,8 𝑑𝑖𝑎𝑠 A variância é dada por, 𝑛 × 𝑝 × (1 − 𝑝) = 7,392 O desvio padrão √𝑛 × 𝑝 × (1 − 𝑝) = 2,72 A prova da equação da variância e do valor esperado podem ser obtidos pelos primeiros e segundos momentos centrais. Manoel Marinho Lápis 2 Para toda variável aleatório X, o r-ésimo momento em torno de α é dado por: 𝐸[(𝑥 − 𝛼)𝑟] Se, α = 𝐸(𝑥) Então, se trata de um momento central. A função geradora de momentos, Mx(t) = E(etx) Para a distribuição binomial, resulta em: M𝑥(t) = 𝐸[𝑒 𝑡𝑥] = ∑ 𝑒𝑡𝑥 ( 𝑁 𝑥 ) 𝑝𝑥 × (1 − 𝑝)𝑁−𝑥 𝑁 𝑥=0 = ∑ ( 𝑁 𝑥 ) (𝑒𝑡𝑝)𝑥 × (1 − 𝑝)𝑁−𝑥 𝑁 𝑥=0 Usando a fórmula do binômio de newton, dá para simplificar a expressão acima (𝑥 + 𝑦)𝑁 = ∑ ( 𝑁 𝑘 ) (𝑥)𝑘 × 𝑦𝑁−𝑘 𝑁 𝑘=0 M𝑥(t) = 𝐸[𝑒 𝑡𝑥] = ∑ ( 𝑁 𝑥 ) (𝑒𝑡𝑝)𝑥 × (1 − 𝑝)𝑁−𝑥 𝑁 𝑥=0 = (𝑒𝑡𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁 O primeiro momento central, E(x), a média ou valor esperado, será M𝑥 ′(0) 𝑑(𝑒𝑡𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁 𝑑𝑡 = 𝑁(𝑒𝑡𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁−1𝑒𝑡𝑝, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0 𝑁(𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁−1𝑒𝑡𝑝 = 𝑁𝑝 O segundo momento central M𝑥 ′′(0) 𝑑𝑁(𝑒𝑡𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁−1𝑒𝑡𝑝 𝑑𝑡 = 𝑁(𝑁 − 1)𝑒𝑡𝑝(𝑒𝑡𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁−2𝑒𝑡𝑝 + 𝑁(𝑒𝑡𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁−1𝑒𝑡𝑝 3 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0 = 𝑁(𝑁 − 1)𝑝(𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁−2𝑝 + 𝑁(𝑝 + 1 − 𝑝)𝑁−1𝑝 = 𝑁(𝑁 − 1)𝑝2 + 𝑝𝑁 = 𝑝𝑁(1 − 𝑝) b) Se em um determinado ano, chover 9 ou 23 dias no mês de junho, seria um pouco estranho, no caso de 9 dias, estaria abaixo da média menos variância, em 23 dias estaria bem próximo do limite da variância. 4- Teste Múltipla escolha com 5 questões. a) P(x=3) = (5 3 ) 0,23 × 0,82 = 5,12% b) P(x≥3) = P(x=3) + P(x=4) + P(x=5) = 5,12% + (5 4 ) 0,24 × 0,81 + (5 5 ) 0,25 × 0,80 = 5,12% + 0,64% + 0,032% = 5,692% c) 1 - P(x≥3) = 94,308% 5- p = 0,4. a) P(x=3) = (10 3 ) 0,43 × 0,67 = 21,5% b) No mínimo uma chamada não ocupada, é o complementar de 9 chamadas ocupadas 𝑃(𝑥 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑥 < 1) = 1 − 𝑃(𝑥 = 0) = 1 − ( 10 0 ) 0,60 × 0,410 = 99,9895% c) O valor esperado é dado por n*p = 10 * 0.4 = 4 linhas ocupadas. 6- Assumindo que se trata de eventos discretos. a) P(x=1) = (5 1 ) 0,21 × 0,84 = 0,84 = 40,96% b) P(x=4) = (20 4 ) 0,24 × 0,816 = 21,82% c) 1 – [P(x=4) + P(x=3) + P(x=2) + P(x=1) + P(x=0)] = 37,03% 4 7- Para o Klez a) No mínimo um caso ser Klez, que é o complementar de todos não serem Klez. É dado por: P(x≥1)=1 - P(x=0) = 1 - (20 0 ) 0,61220 × (1 − 0,6122)20 ≈ 99,99999940% b) P(x≥3) = 1 – P(x<3) = 1 – [P(x=2) + P(x=1) + P(x=0)] = 99,99970% c) Media = 20 * 0,6122 = 12,44 casos Desvio padrão = np(1-p) = 20*0,6122*0,3888 = 4,76 casos 2ª Lista, Distribuição de Poisson 1- µ=λ=3 P(x=4) = 𝑒−334 4! = 16,80% 2- µ=λ=2,3 a) P(x=2) = 𝑒−2,32,32 2! = 0,2651 b) µ=λ=2,3*5 = 11,5 P(x=10) = 𝑒−11,511,510 10! = 0,1129 c) µ=λ=2,3*2 = 4,6 P(x≥1) =1 - P(x=0)=1- 𝑒−4,64,60 1 = 0,9899 3- 0.1 partículas/cm² -> 10 partículas/disco de 100cm² a) 12 partículas no disco: P(x=12) = 𝑒−101012 12! = 0,0947 b) Nenhuma partícula: P(x=0) = 𝑒−10100 0! = 𝑒−10 = 0.0000454 4- Pelo menos 1 erro P(x≥1) = 1 – P(x=0) = 1 - 𝑒−0.5= 0.3935 5 5- P(x=0) = 𝑒−𝜆𝜆0 0! = 0.05= 𝑒−𝜆 = 0.05 => 𝜆 = − ln(0.05) = 2,9957 ≈ 3 Neste tipo de distribuição o parâmetro 𝜆 se trata da média de casos. Enquanto a variância é dada por 𝜆2 ≈ 9 6- λ=1 estrela por 16 anos luz. a) Em 16 anos luzes λ=1 Probabilidade de achar 2 estrelas P(x=2) = 𝑒−112 2! = 0,1839 b) Para achar uma ou mais estrelas com probabilidade acima de 95% P(x≥1) ≥ 0.95 => 1 – P(x=0) ≥ 0.95 => 1 - 𝑒−𝜆𝜆0 0! ≥ 0.95 𝑒−𝜆 ≤ 0.05 𝜆 ≥ 3 se, λ=1 estrela por 16 anos luz, então são necessários mais de 48 anos para ter uma probabilidade acima de 95%. 7- λ=0.1 falhas/m² a) P(x=2) = 𝑒−0.10.12 2! = 0,001839 b) λ=1 falhas/10m² P(x=1) = 𝑒−111 1! = 0,36788 c) λ=2 falhas/20m² P(x=0) = 𝑒−220 0! = 0,1353 d) λ=1 falhas/10m² P(x≥2) = 1 – [P(x=1) + P(x=0)] = 1 - 2𝑒−1 = 0,264 Manoel Marinho Nota P(x≥2) = 1 – [P(x=1) + P(x=0)] Manoel Marinho Realce 6 3ª Lista, Distribuição Exponencial 1- Vida média 100 horas. λ=1/100 P(x > 150) = ∫ λ ∞ 150 𝑒−λx𝑑𝑥 = −𝑒−λ∞ − (− 𝑒−λx) = 𝑒−λ150 = 𝑒− 150 100 = 22,31% 2- Probabilidade de custo adicional da marca A: P(x<200) = 1 – P(x>200) = 1 - ∫ λ ∞ 200 𝑒−λx𝑑𝑥 = 1 − 𝑒− 200 100 = 86,47% Probabilidade de custo adicional da marca B: P(x<200) = 1 – P(x>200) = 1 - ∫ λ ∞ 200 𝑒−λx𝑑𝑥 = 1 − 𝑒− 200 200 = 63,21% O valor esperado do componente A é: R$10,00 + 0,8647*8,00 = R$16,91 O valor esperado do componente B é: R$15,00 + 0,6321*8,00 = R$20,06 Neste caso, vale mais a pena usar o componente, por mais que ele tenha uma maior probabilidade de falhar até 200 horas, porém o valor esperado levando isto em conta é menor que do componente B. 3- λ=1/5 milissegundos a) P(x≤10) = ∫ 0.2 10 0 𝑒−0.2x𝑑𝑥 = 1 − 𝑒−2 = 0,865 b) P(5<x≤10) = ∫ 0.2 10 5 𝑒−0.2x𝑑𝑥 = 𝑒−1 − 𝑒−2 = 0,233 7 4- λ=1/100 a) P(x<10) = ∫ 0,01 10 0 𝑒−0,01x𝑑𝑥 = 1 − 𝑒−0,1 = 0,0951 b) P(100<x≤110) = ∫ 0,01 110 100 𝑒−0,01x𝑑𝑥 = 𝑒−1 − 𝑒−1,1 = 0,0350 c) Evento AΩB: queimar entre 100 e 110 horas, naturalmente dura mais que 100 horas. P(A) = 0,035 Evento B: Durar mais de 100 horas. P(B) = ∫ 0,01 ∞ 100 𝑒−0,01x𝑑𝑥 = 0,368 P(A|B) = P(AΩB)/P(B) = 0,035/0,368 = 0,095 5- No máximo 10s P(x<10) = 1 - 𝑒−2 = 86,47% Entre 5 e 10 segundos 𝑒−1 − 𝑒−2 = 23,25% 6- a) P(x>5) = 𝑒−1=36,79% b) P(x<4) = ∫ 0,2 4 0 𝑒−0,2x𝑑𝑥 = 1 − 𝑒−0,8 = 55,07% c) P(3<x<8) = ∫ 0,2 8 3 𝑒−0,2x𝑑𝑥 = 𝑒−0,6 − 𝑒−1,6 = 34,69% 7- λ = 1/100 a) não falhar em 150 horas 1 – P(x<150) = 1 – (1 - 𝑒−1,5) = 22,31% b) 1 – P(x < h) = 0,9 P(x<h) = 0,1 1 – 𝑒−h/100 = 0,1 => 𝑒−h/100 = 0,9 => ℎ = −100 × ln(0,9) = 10,53 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 8 4ª Lista, Distribuição Normal. 1- X ~ N(µ, σ2) = X ~ N(800, 144) P(x ≥ 772) = 1- P( Z ≤ (772-800)/144) = 1- P( Z ≤ -0,1944) = 1 -0,422931 = 0,577 2- X ~ N(8, 2) a) P(Z ≤ (5-8)/2) = P(Z≤1,5) = 0,0668 b) P(x ≥ 9,5) = 1 - P(Z ≤ (9,5-8)/2) = 1 - P(Z≤0,75) = 22,66% c) P((7-8)/2 ≤ Z ≤ (10-8)/2) = P(-0,5 ≤ Z ≤ 1) = P(Z ≤ 1) – P(Z ≤ -0,5) = 0,8413 – 0,3085 = 0,5328 d) P(Z ≤ a) = 0,67 (m – 8)/2 = 0,67 m = 9,34 minutos 3- X ~ N(8, 1,5) P(Z ≥ (10-8)/1,5) = P(Z ≥ 4/3) = 1 - P(Z ≤ 4/3) = 1- 0,9082 = 0,0918 4- X ~ N(25,08 , 0,05) P((24,85-25,08)/0,05 ≤ Z ≤ (25,15-25,08)/0,05) = P(-4,6 ≤ Z ≤ 1,4) = P(Z ≤ 1,4) – P(Z ≤ -4,6) ≈ P(Z ≤ 1,4) = 91,92% 5- X ~ N(150 , 5) a) P(Z ≤ 4) ≈ 100% b) P( -2 ≤ Z ≤ 3) = 0,9987 – 0,0228 = 97,59% c) Da tabela, Z = 2,88 garante probabilidade de 99,8% (G - 150)/5 = 2,88 G = 164,4 * 10^3 Km deve ser a garantia Manoel Marinho Realce Manoel Marinho Realce Manoel Marinho Nota -0,67 Manoel Marinho Nota Resposta: 6,7 min9 6- X ~ N(10 , 4) a) P(x ≥ 13) = 1- P( Z ≤ 3/4) = 1- 0,7734 = 0,2266 b) P( 9 ≤ x ≤ 11) = P( 1/4 ≤ Z ≤ 1/4) = 0,5987 - 0,4013 = 0,1974 c) P(Z ≤ m) = 0.98 m = 2,05 A = 2,05*4 + 10 = 18,2 miliamperes 7- Questão 3 repetida 8- Tipo A: X ~ N(10 , 2) Tipo B: X ~ N(11 , 3) Defeito antes de 6 meses a) A: P(x ≤ 6) = P( Z ≤ -2) = 2,28% B: P(x ≤ 6) = P( Z ≤ -1,67) = 4,75% b) Lucro médio vem do valor esperado, levando em consideração o prejuízo A: 1200*(1 – 0,0228) – 2500*0,0228 = 1115,64 B: 2100*(1 – 0,0475) - 7500*0,0475 = 1667,75 c) Olhando apenas o lucro esperado, o televisor B deveria levar mais investimento para suas vendas. Porém, isso não leva em conta a probabilidade de compra dos televisores a partir do seu preço.
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