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Lista 5 - Gabarito Prof. Marcos Oliveira Prates Disciplina: Probabilidade 07 de Dezembro 1. Como X binomial temos que E(X) = np. a) p(0, 0) = 56/156 = 0.359, p(1, 0) = 40/156 = 0.256, p(0, 1) = 40/156 = 0.256 e p(1, 1) = 20/156 = 0.129 b) p(0, 0, 0) = 336/1716 = 0.197, p(1, 0, 0) = p(0, 1, 0) = p(0, 0, 1) = 280/17166 = 0.163, p(1, 1, 0) = p(1, 0, 1) = p(0, 1, 1) = 160/1716 = 0.093 e p(1, 1, 1) = 60/1716 = 0.035 2. a) ∫ 1 0 ∫ 2 0 6 7 (x2 + xy 2 )dydx = 6 7 ∫ 1 0 [ x2y + xy2 4 ]2 0 dx = 6 7 ∫ 1 0 2x2 + xdx = 6 7 [2x3 3 + x2 2 ]1 0 = 6 7 7 6 = 1 b) f(x) = ∫ 2 0 6 7 (x2 + xy 2 )dy = 6 7 [ x2y + xy2 4 ]2 0 = 6 7 (2x2 + x) 0 < x < 1 c) P (X > y) = ∫ 1 y 6 7 (2x2 + x)dx = 6 7 [2x3 3 + x2 2 ]1 y = 6 7 [2 3 (1− y3) + 1 2 (1− y2)] d) f(y|x) = 67 (x2+ xy 2 ) 6 7 (2x2+x) = (x2+xy 2 ) (2x2+x) f(y|x = 0.5) = (0.25+ y 4 ) 1 = 1+y 4 P (Y > 1 2 |X = 1 2 = ∫ 2 1 2 f(y|0.5)dy = ∫ 2 1 2 1 + y 4 dy = [y 4 + y2 8 ]2 0.5 = 13 16 1 e) E(X) = ∫ 1 0 xf(x)dx = ∫ 1 0 6 7 (2x3 + x2) = 6 7 [x4 2 + x3 3 ]1 0 = 5 6 6 7 = 5 7 f) E(Y ) = ∫ 2 0 ∫ 1 0 yf(x, y)dxdy = ∫ 2 0 y ∫ 1 0 6 7 (x2 + xy 2 )dxdy = 6 7 ∫ 2 0 y [x3 3 + yx2 4 ]1 0 = 6 7 ∫ 2 0 y [1 3 + y 4 ] = 6 7 [y2 6 + y3 12 ]2 0 = 6 7 ( 4 6 + 8 12 ) = 8 7 3. a) ∫ +∞ 0 ∫ +∞ 0 xe−(x+y)dydx = ∫ +∞ 0 xe−x ∫ +∞ 0 e−ydydx = ∫ +∞ 0 xe−x[−e−y]+∞0 dx = ∫ +∞ 0 xe−xdx = 1 Pois X ∼ Gamma(2, 1), logo ∫ +∞ 0 xe−xdx = 1 b) f(y) = ∫ +∞ 0 xe−(x+y)dx = e−y ∫ +∞ 0 xe−x = e−y Logo Y ∼ Exp(1) c) P (Y > 1) = ∫ +∞ 1 e−ydy = [−e−y]+∞1 = e−1 c) P (Y > 1|X > 1) = ∫ +∞ 1 ∫ +∞ 1 xe−(x+y)dydx∫ +∞ 1 xe−xdx Assim, ∫ +∞ 1 xe−xdx = −xe−x|+∞1 + ∫ +∞ 1 e−xdx = e−1 + e−1 = 2e−1 2 e ∫ +∞ 1 ∫ +∞ 1 xe−(x+y)dydx = ∫ +∞ 1 e−y ∫ +∞ 1 xe−xdxdy = 2e−1 ∫ +∞ 1 e−y = 2e−1e−1 = 2e−2. Portanto, P (Y > 1|X > 1) = ∫ +∞ 1 ∫ +∞ 1 xe−(x+y)dydx∫ +∞ 1 xe−xdx = 2e−2 2e−1 = e−1 d) Sim, Y é independente de X, pois o suporte é independente e f(x, y) = g(x)h(y) 4. Não, Y não é independente de X, pois o suporte é dependente. 5. a) Sim, Y é independente de X, pois o suporte é independente e f(x, y) = g(x)h(y) b) Note que X ∼ Beta(2, 2). Logo E(X) = 2 2+2 == 1 2 c) E(Y ) = ∫ 1 0 y2ydy = 2 3 y3|10 = 23 d) V (X) = 2×2 (2+2)2(2+2+1) = 4 80 = 1 20 e) V (y) = E(Y 2)− 4 9 = 1 2 − 4 9 = 1 18 , pois E(Y 2) = ∫ 1 0 y22ydy = 1 2 y4|10 = 12 6. a) Precisamos achar f(y) = ∫ +∞ 0 f(x, y)dx = ∫ +∞ 0 xe−x(y+1)dx = Γ(2) (y+1)2 = (y + 1)−2. Logo f(x|y)f(x,y) f(y) = xe −x(y+1) (y+1)−2 b) Precisamos achar f(x) = ∫ +∞ 0 f(x, y)dy = ∫ +∞ 0 xe−xe−xydy = xe−x−e −xy x |+∞0 = e−x. Logo f(y|x)f(x,y) f(x) = xe −xe−xy e−x = xe −xy . Logo Y |X ∼ Exp( 1 x ) c) P (X > 1) = ∫ +∞ 1 e−xdx = e−1 d) P (Y > 1|X = 1 2 ) = ∫ +∞ 1 f(y|0.5)dy = ∫ +∞ 1 1 2 e− y 2 dy = e− y 2 |+∞1 = e− 1 2 e) Se Y |X = 1 2 ∼ Exp(2), Então E(Y |X = 1 2 ) = 2 7. a) f(y) = ∫ y 0 f(x, y)dx = ∫ y 0 e−ydx = ye−y. Logo Y ∼ Gamma(2, 1) b) f(x|y) = f(x,y) f(y) = e −y ye−y = 1 y . Logo X|Y ∼ U(0, y) c) P (X < 1 2 |Y = 1) = ∫ 12 0 1dx = 0.5 d) Se X|Y = 1 ∼ U(0, 1), Então E(X|Y = 1) = 0.5 8. a) f(y) = ∫ +∞ 0 f(x, y)dx = ∫ +∞ 0 e−y 1 y e− x y dx = e−y ∫ +∞ 0 1 y e− x y = e−y[−e−xy ]+∞0 = e−y. Logo Y ∼ Exp(1), e portanto. E(Y ) = 1 3 b) E(X) = E(E(X|y = y)). Vamos encontrar f(x|y) = f(x,y) f(y) = e−y 1 y e −xy e−y = 1 y e− x y . Portanto, X|Y = y ∼ Exp(y). Assim, E(X) = E(E(X|y = y)) = E(Y ) = 1 c) Cov(X, Y ) = E(XY )− E(X)E(Y ) = 2− 1 = 1, pois E(XY ) = ∫ +∞ 0 ∫ +∞ 0 xyf(x, y)dxdy = ∫ +∞ 0 ye−y ∫ +∞ 0 x 1 y e− x y dxdy = ∫ +∞ 0 ye−yy = Γ(3) = 2 9. a) f(y) = ∫ +∞ −∞ f(x, y)dx = ∫ +∞ −∞ 1√ 2pi e−ye− (x−y)2 2 dx = e−y ∫ +∞ −∞ 1√ 2pi e−ye− (x−y)2 2 = e−y × 1 = e−y. Logo Y ∼ Exp(1), e portanto. E(Y ) = 1 b) f(x|y) = f(x,y) f(y) = 1√ 2pi e−ye− (x−y)2 2 e−y = 1√ 2pi e− (x−y)2 2 . Portanto, X|Y = y ∼ N(y, 1). c) Como X|Y = y ∼ N(y, 1), então E(X|Y = y) = y d) E(X) = E(E(X|Y = y)) = E(Y ) = 1. 10. Pelo TCL temos que Z = ∑20 i=1Xi − 20× 1√ 20× 1 ∼ N(0, 1). Logo ( ∑20 i=1 Xi > 15) = P (Z > 15−20√ 20 = P (Z > −1.12) = 0.8686 11. a) Se X ∼ Gamma(n, 1) então Se X n ∼ Gamma(n, 1 n ). Logo µ = E(X n ) = n n = 1. Assim, pela Inequalidade de Tchebyshev's temos P (|X/n− 1| > 0.01) < V ( X n ) 0.012 , onde V (X n ) = n n2 = 1 n . Portanto, se queremos que 1 0.0001n = 0.01→ n = 1000000 b) Pela Inequalidade de Tchebyshev's temos que ∀ε > 0 P (|X/n− 1| > ε) < V ( X n ) ε2 = 1 ε2n → 0 quando n→ +∞. 12. a) Pelo TCL temos que Z = ∑n i=1Xi − np√ np(1− p) → N(0, 1). 4 Assim como, 1 n ∑n i=1 Xi − np 1 n √ np(1− p) = √ n( Pn i=1Xi n − p)√ p(1− p) → N(0, 1) b) Se p = 0.5. P ( ∑n i=1 Xi > n/2) = P (Z > n/2−np√ np(1−p)) = P (Z > n/2−n/2√ n/4 ) = P (Z > 0) = 0.5 5
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