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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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