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ME-210A: Resoluc¸a˜o da Lista 06 Resoluc¸a˜o extra-oficial feita por um dos monitores. Questa˜o 1: a Ja´ que f(x) e´ uma func¸a˜o densidade de probabilidade, ela deve satisfazer a condic¸a˜o∫ ∞ −∞ f(x) dx = 1 Logo ∫ 1 0 f(x) dx = 1⇒ k 3 (1− 0) = 1⇒ k = 3 b P ( 1 4 < X < 1 2 ) = ∫ 1 2 1 4 f(x) dx = ∫ 1 2 1 4 3x2 dx = 1 23 − 1 43 Logo P ( 1 4 < X < 1 2 ) ∼= 0, 1094 c • Esperanc¸a: E[X] = ∫ ∞ −∞ xf(x) dx = ∫ 1 0 3x3 dx = 3 4 (14 − 04)⇒ E[X] = 3 4 • Variaˆncia: Como V ar[X] = E[X2]− E[X]2 precisamos apenas calcular E[X2]. E[X2] = ∫ ∞ −∞ x2f(x) dx = ∫ 1 0 3x4 dx = 3 5 (15 − 05)⇒ E[X2] = 3 5 Logo V ar[X] = 3 5 − ( 3 4 )2 ⇒ V ar[X] = 3 80 • Esperanc¸a de eX: E[eX ] = ∫ ∞ −∞ exf(x) dx = ∫ 1 0 ex3x2 dx = 3 ∫ 1 0 exx2 dx Integrando por partes, temos E[eX ] = 3 [ (12e1 − 02e0)− 2 ∫ 1 0 xex dx ] Integrando novamente por partes E[eX ] = 3 [ e− 2 ( 1e1 − 0e0 − ∫ 1 0 ex dx )] = 3[e− 2(e− e+ 1)]⇒ E[eX ] = 3(e− 2) d. FX(x) = ∫ x −∞ f(y) dy = ∫ x 0 3y2 dy = x3 − 03 ⇒ FX(x) = x3, se 0 ≥ x < 1, e FX(x) = 0 para x ≤ 0, FX(x) = 1 para x ≥ 1. Questa˜o 2: A equac¸a˜o de 2o grau de x tera´ duas ra´ızes reais se, e somente se, ∆ ≥ 0, onde ∆ = (4Y )2 − 4× 4× (Y + 2). Logo, Y deve satisfazer 16Y 2 − 16Y 2 − 32 ≥ 0⇒ Y 2 − Y − 2 ≥ 0 Esta desigualdade e´ satisfeita para os valores Y ≤ −1 e Y ≥ 2. Logo, a probabilidade desejada e´ P (equac¸a˜o ter ambas as ra´ızes reais) = P (Y ≤ −1) + P (Y ≥ 2) Como Y ∼ U(0, 5), Y ∈ [0, 5]. Enta˜o P (equac¸a˜o ter ambas as ra´ızes reais) = 0 + 1− ∫ 2 0 1 5 dx = 0 + 1− 2 5 Portanto P (equac¸a˜o ter ambas as ra´ızes reais) = 3 5 Questa˜o 3: Seja X ∼ U(0, 60) a varia´vel aleato´ria correspondente ao tempo (em minutos) que Andre´ chega no terminal apo´s as 18:00h. a Andre´ visita sua namorada em Guara´ se ele chegar ao terminal nos hora´rios: entre 18:05h e 18:15h, entre 18:20h e 18:30h, entre 18:35h e 18:45h ou entre 18:50h e 19:00h. Isso pode ser traduzido em P (visitar a namorada em Guara´) = P (5 < X ≤ 15) + P (20 < X ≤ 30) + P (35 < X ≤ 45) +P (50 < X ≤ 60) Como P (a < X ≤ b) = ∫ b a 1 60 dx = b− a 60 Temos P (visitar a namorada em Guara´) = 10 + 10 + 10 + 10 60 P (visitar a namorada em Guara´) = 2 3 2 b A probabilidade de, em um dado dia do meˆs, Andre´ visitar a namorada do Centro e´ p = 1− P (visitar a namorada em Guara´) = 1 3 Seja Y o nu´mero de vezes que Andre´ visita a namorada do Centro em um meˆs. Assim, Y ∼ bin(30, 1 3 ). O nu´mero esperado de vezes que ele a visita e´ a esperanc¸a de Y . Logo E[Y ] = np = 30× 1 3 ⇒ E[Y ] = 10 Questa˜o 4: E|X − a| = ∫ a 0 (a− x)λe−λxdx+ ∫ ∞ a (x− a)λe−λxdx = a(1− eλa)− ∫ a 0 xλe−λxdx+ ∫ ∞ a xλe−λxdx− ae−λa. Derivando em a, temos 1− e−λa(1− λa)− λae−λa − λae−λa − e−λa(1− λa) = 1− 2e−λa. Portanto, E|X − a| e´ minima no ponto a = ln 2 λ . Questa˜o 5: Seja X o tempo que o aparelho funciona (ate´ quebrar). Uma vez que a me´dia da distribuic¸a˜o exponencial e´ de 8 anos, sua taxa e´ de λ = 1 8 anos−1. Enta˜o, X ∼ exp(1 8 ). Lembrando que a varia´vel aleato´ria exponencial na˜o tem memo´ria, temos que P (X > t+ 4|X > t) = P (X > 4) = 1− P (X ≤ 4) = 1− FX(4) onde t e´ o tempo de uso da TV antes de Jose´ teˆ-la comprado. Como FX(4) = ∫ 4 0 1 8 e− 1 8 x dx = 1− e− 12 obtemos P (X > t+ 4|X > t) = e− 12 Questa˜o 6: a P (ser defeituoso) = 1− P (d1 < D < d2) = = 1− P ( d1 − (d1 + d2)/2 (d2 − d1)/4 < D − (d1 + d2)/2 (d2 − d1)/4 < d2 − (d1 + d2)/2 (d2 − d1)/4 ) = 1− P (−2 < X < 2) Logo P (ser defeituoso) = 1− (Φ(2)− Φ(−2)) = 1− Φ(2) + (1− Φ(2)) = 2(1− Φ(2)) Substituindo os valores P (ser defeituoso) ∼= 0, 0456 3 b P (ser defeituoso) = 0, 1 = 1− P (d1 < D < d2)⇒ 0, 9 = P (40 < D < 50) Mas P (40 < D < 50) = P ( 40− 45 σ < D − 45 σ < 50− 45 σ ) = Φ ( 5 σ ) − Φ (−5 σ ) Enta˜o P (40 < D < 50) = 2Φ ( 5 σ ) − 1 Voltando a` igualdade inicial 0, 9 = 2Φ ( 5 σ ) − 1⇒ Φ ( 5 σ ) = 0, 95 Olhando na tabela da distribuic¸a˜o acumulada da varia´vel aleato´ria normal padra˜o, temos 5 σ ∼= 1, 65⇒ σ ∼= 3, 03 mm Ja´ que V ar[D] = σ2, conclu´ımos que V ar[D] ∼= 9, 18 mm2 Questa˜o 7: Seja X o tempo de viagem entre a casa e a Unicamp e t o momento em que sai de casa (em minutos antes das 10:00h). Sabemos que X ∼ N(40, 25) e queremos determinar t tal que P (X > t) ≤ 0, 01 . Ou seja 1− P ( X − 40 5 ≤ t− 40 5 ) ≤ 0, 01⇒ 0, 99 ≤ P ( X − 40 5 ≤ t− 40 5 ) = Φ ( t− 40 5 ) Olhando na tabela da distribuic¸a˜o acumulada da varia´vel aleato´ria normal padra˜o, temos t− 40 5 ≥ 2, 33⇒ t ≥ 51, 65 min Assim, deve-se sair de casa cerca de 51, 65 minutos ou mais antes das 10:00h, ou seja, aproxima- damente antes das 09h08min. Questa˜o 8: Seja X ∼ bin(86, 0, 2) o nu´mero de acidentes causados por falta de revisa˜o perio´dica dos carros. Queremos calcular a probabilidade P (10 ≤ X ≤ 20). Ja´ que np(1 − p) = 0, 2 × 86(1 − 0, 2) = 4 17, 2×0, 8 = 13, 76 > 10, podemos utilizar a aproximac¸a˜o da distribuic¸a˜o binomial pela distribuic¸a˜o normal. Assim P (10 ≤ X ≤ 20) = P (9, 5 < X < 20, 5) ∼= P ( 9, 5− 17, 2√ 13, 76 < X − 17, 2√ 13, 76 < 20, 5− 17, 2√ 13, 76 ) P (10 ≤ X ≤ 20) ∼= P ( −2, 0758 < X − 17, 2√ 13, 76 < 0, 8896 ) ∼= Φ(0, 8896)− (1− Φ(2, 0758)) Substituindo os valores P (10 ≤ X ≤ 20) ∼= 0, 8133− 1 + 0, 9812⇒ P (10 ≤ X ≤ 20) ∼= 0, 7945 Questa˜o 9: Seja X ∼ bin (1000, 1 2 ) o nu´mero de caras obtidas em 1000 lanc¸amentos de uma moeda honesta. Queremos calcular a probabilidade P (k < X < 510) = 0, 5. Ja´ que np(1−p) = 1000×0, 5(1−0, 5) = 500× 0, 5 = 250 > 10, podemos utilizar a aproximac¸a˜o da distribuic¸a˜o binomial pela distribuic¸a˜o normal. Assim 0, 5 = P (k < X < 510) = P ( k − 500√ 250 < X − 500√ 250 < 510− 500√ 250 ) ∼= Φ(0, 6325)− Φ ( k − 500 15, 8114 ) Logo 0, 5 ∼= 0, 7357− Φ ( k − 500 15, 8114 ) ⇒ Φ ( k − 500 15, 8114 ) ∼= 0, 2357 Uma vez que este valor na˜o existe na tabela da distribuic¸a˜o acumulada da varia´vel aleato´ria normal padra˜o, devemos fazer 1− Φ ( 500− k 15, 8114 ) ∼= 0, 2357⇒ Φ ( 500− k 15, 8114 ) ∼= 0, 7643 Enta˜o 500− k 15, 8114 ∼= 0, 72⇒ k ∼= 488, 62 Ja´ que o nu´mero de lanc¸amentos deve ser um nu´mero inteiro, temos que k ∼= 489 Questa˜o 10: Y = aX + b, a < 0. Enta˜o, FY (y) = P (aX + b ≤ y) = P (X ≥ (y − b)/a) = 1− FX((y − b)/a), fY (y) = −1 a fX((y − b)/a) = 1|a|fX((y − b)/a). 5
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