gabarito proc.estoc.2016 1

Prévia do material em texto

1o Prova de Processos Estoca´sticos - Graduac¸a˜o - Prof. Glauco valle
16 de Maio de 2016
1◦ Questa˜o: Considere o grafo desenhado pelo professor no quadro. Seja (Xn)n≥0 um passeio
aleato´rio neste grafo. Responda:
a. Monte a matriz de transic¸a˜o de (Xn)n≥0.
b. (Xn)n≥0 converge em distribuic¸a˜o? Se a resposta e´ sim, qual e´ o limite?
c. Calcule o tempo me´dio de primeiro retorno ao estado 2 e a proporc¸a˜o de tempo que o
passeio passa no estado 1.
d. Calcule o tempo me´dio de primeira visita ao conjunto {1, 2} se X0 = 3.
Soluc¸a˜o:
[a] No caso do passeio aleato´rio em um grafo na˜o orientado, temos que
p(i, j) =
{
1
grau do ve´rtice i
, i conectado a j
0 , caso contra´rio .
Com respeito ao grafo em questa˜o teremos como matrix de transic¸a˜o
P =

0 1/2 1/2 0
1/3 0 1/3 1/3
1/3 1/3 0 1/3
0 1/2 1/2 0
 .
[b] Sim, pois a Cadeia de Markov e´ irredut´ıvel e aperio´dica. E´ irredut´ıvel pois todos os
estados se comunicam (grafo e´ conexo). E´ aperio´dica pois p(2)(1, 1) ≥ p(1, 2) p(2, 1) = 1/6 > 0,
p(3)(1, 1) ≥ p(1, 2) p(2, 3) p(3, 1) = 1/18 > 0 e mdc(2, 3) = 1.
O limite e´ a u´nica distribuic¸a˜o invariante da cadeia. Neste caso, φ = (φ1, φ2, φ3, φ4) com
φj =
grau do ve´rtice j
2× nu´mero de arestas =
grau do ve´rtice j
10
.
Logo
φ =
(1
5
,
3
10
,
3
10
,
1
5
)
.
[c] Temos que
E2[T2] =
1
φ2
=
10
3
e
lim
n→∞
V (1, n)
n
= φ1 = 0.2 .
[d] Transformamos 1 e 2 em um u´nico estado absorvente obtendo uma cadeia auxiliar com
matrix de transic¸a˜o  1 0 02/3 0 1/3
1/2 1/2 0
 .
Da´ı o tempo me´dio de primeira visita ao conjunto {1, 2} na cadeia original e´ igual ao tempo
me´dio ate´ absorc¸a˜o pelo estado recorrente na cadeia auxiliar. A resposta enta˜o e´ dada pela
soma da primeira linha na matrix(
I −
(
0 1/3
1/2 0
))−1
=
(
1 −1/3
−1/2 1
)−1
=
(
6/5 2/5
3/5 6/5
)
Portanto, o tempo me´dio e´ 6/5 + 2/5 = 1.6.
2◦ Questa˜o: Construa um exemplo de grafo direto (fornecendo pesos para as arestas) asso-
ciado a uma Cadeia de Markov na˜o convergente com 6 estados e com duas de suas classes de
comunicac¸a˜o sendo transientes. Justifique a escolha.
Soluc¸a˜o:
O grafo na˜o estara´ dispon´ıvel aqui. Vamos listar as probabilidades de transic¸a˜o da cadeia
sugerida no lugar do grafo. As probabilidades de transic¸a˜o (na˜o nulas) seriam
p(1, 2) = 1 , p(2, 1) = 1 , p(3, 1) = 1/2 , p(3, 4) = 1/2 , p(4, 1) = 1/2 , p(4, 3) = 1/2 ,
p(5, 2) = 1/2 , p(5, 6) = 1/2 , p(6, 2) = 1/2 , p(6, 5) = 1/2 .
A u´nica classe recorrente e´ R = {1, 2}. Essa classe recorrente possui per´ıodo 2, logo na˜o temos
convergeˆncia da cadeia. Ale´m disso, temos outras duas classes que sa˜o transientes T1 = {3, 4}
e T2 = {5, 6} (essas classes sa˜o transientes pois e´ poss´ıvel sair dessas classes e terminar em R
com probabilidade positiva).
3◦ Questa˜o: Considere uma Cadeia de Markov com espac¸o de estados E = {0, 1, 2, ...} e
probabilidades de transic¸a˜o
p(k, 0) =
1
k + 3
, p(k, k + 1) =
k + 2
k + 3
.
Responda:
a. Classifique a Cadeia em Recorrente positiva, nula ou transiente.
b. Fornec¸a limn→∞ p(n)(l, k) para todos l, k ∈ E.
Soluc¸a˜o:
[a] Temos que
P1(T0 > n) = P
1(Xn = n|X0 = 1)
= P1(X1 = 2 , X2 = 3 , ... , Xn = n|X0 = 1)
= p(1, 2) p(2, 3) ... p(n− 2, n− 1) p(n− 1, n)
=
3
4
4
5
5
6
...
n
n+ 1
n+ 1
n+ 2
=
3
n+ 2
para todo n ≥ 1. Como {T0 =∞} = ∩n≥1{T0 > n} (intersec¸a˜o decrescente), enta˜o
P1(T0 =∞) = lim
n→∞P
1(T0 > n) = lim
n→∞
3
n+ 2
= 0 .
Portanto, saindo do estado 1 a cadeia visita 0 com probabilidade 1 e portanto a Cadeia de
Markov e recorrente.
Ainda, temos que
E0[T0] = p(0, 0)E
0[T0|X1 = 0] + p(0, 1)E0[T0|X1 = 1]
=
1
3
+
2
3
(1 +
∞∑
n=1
P1(T0 ≥ n)) = 1
3
+
2
3
(2 +
∞∑
n=1
3
n+ 2
) = ∞ .
Portanto a cadeia e´ recorrente nula.
[b] Como a CM e´ recorrente nula
lim
n→∞ p
(n)(l, k) = 0 ∀ l, k ∈ E .
4◦ Questa˜o: Considere o passeio aleato´rio simples em {−5,−4,−3,−2,−1, 0, 1, ...} com re-
flexa˜o parcial na fronteira e com probabilidade de salto para direita igual a q. Neste caso as
probabilidade de transic¸a˜o sa˜o:
p(k, k + 1) = p , p(k, k − 1) = 1− p , k ≥ 1, p(0, 0) = 1− p , p(0, 1) = p .
(a) Se q = 12 enta˜o qual e´ a probabilidade do passeio comec¸ar em 27 e chegar 42 antes de
passar pelo estado 22? Qual e´ o tempo me´dio para o processo retornar ao estado 27?
(b) Para q = 14 calcule a distribuic¸a˜o invariante do passeio aleato´rio.
Soluc¸a˜o:
[a] Essa probabilidade e´ igual a probabilidade do passeio comec¸ar em 5 = 27−22 e chegar em
20 = 42 − 22 antes de passar pelo 0. Pelo Problema da Ru´ına do Jogador sabemos que esta
probabilidade e´ 5/20 = 1/4.
Ale´m disso, o tempo me´dio de primeiro retorno a qualquer estado e´ infinito pois o passeio
aleato´rio sime´trico e´ recorrente nulo.
[b] A distribuic¸a˜o invariante deve satisfazer o seguinte sistema de equac¸o˜es:
φ(−5) = 34φ(−5) + 34φ(−4)
φ(n) = 14φ(n− 1) + 34φ(n+ 1) , n ≥ −4∑
n≥−5 φ(n) = 1 .
Da´ı, temos que
φ(n+ 1)− φ(n) = 1
3
(φ(n)− φ(n− 1))
=
(1
3
)n+5
(φ(−4)− φ(−5))
= −2
3
(1
3
)n+5
φ(−5) .
Logo
φ(n) = φ(−5) +
n−1∑
j=−5
(φ(j + 1)− φ(j))
=
(
1− 2
3
n−1∑
j=−5
(1
3
)j+5)
φ(−5) =
(1
3
)n+5
φ(−5) ,
onde usamos o fato de que
n−1∑
j=−5
(1
3
)j+5
=
n+5−1∑
l=0
(1
3
)l
=
1−
(
1
3
)n+5
1− 13
.
Assim
1 =
∑
n≥−5
φ(n) = Big(
∑
n≥−5
(1
3
)n+5)
φ(−5) =
(∑
l≥0
1
3l
)
φ(−5) = 3
2
φ(−5) .
Portanto, φ(−5) = 2/3 e
φ(n) =
2
3n+6
, ∀ n ≥ −5 .
2o Prova de Processos Estoca´sticos - Graduac¸a˜o - Prof. Glauco valle
11 de Julho de 2016
1◦ Questa˜o: Responda verdadeiro ou falso justificando apropriadamente a resposta.
(a) A Lei dos Grandes Nu´meros para varia´veis aleato´rias discretas e iid e´ uma consequeˆncia
do Teorema Ergo´dico para Cadeias de Markov.
(b) A distribuic¸a˜o alvo usada no me´todo de Metropolis-Hastings e´ revers´ıvel, mas pode na˜o
ser invariante.
Soluc¸a˜o:
[a] Verdadeiro. Toda sequeˆncia de varia´veis aleato´rias discretas iid e´ uma Cadeia de Markov
em equil´ıbrio. Da´ı a LLG e´ consequeˆncia direta do Teorema Ergo´dico para Cadeias de Markov.
[b] Falso. Toda medida revers´ıvel e´ invariante.
2◦ Questa˜o: Uma linha de montagem industrial produz determinado tipo de pec¸a uma taxa
de 3 por hora. Cada pec¸a e´ classificada, independentemente das demais, em boa, recupera´vel
ou irrecupera´vel. Sabe-se que 80% das pec¸as sa˜o boas e 15% sa˜o recupera´veis. Suponha que
o nu´mero de pec¸as produzidas por unidade de tempo seja um Processo de Poisson. Sejam
e responda:
(a) Defina Xb(t), Xr(t) e Xi(t) respectivamente como o nu´mero de pec¸as boas, recupera´veis
e irrecupera´veis produzidas em [0, t]. Que tipo de processo e´ (Xb(t), Xr(t), Xi(t))t≥0?
(b) Calcule
P(Xi(1) = 0 , Xr(2)−Xr(1) > 0 , Xi(2)−Xi(1) > 0)
e descreva em palavras o evento cuja probabilidade voceˆ calculou.
(c) Dado que 20 pec¸as sa˜o produzidas em um dia, qual e´ a me´dia e variaˆncia do nu´mero de
pec¸as boas?
(d) Calcule a probabilidade de que entre 20 pec¸as produzidas 15 sejam boas e 3 recupera´veis.
Soluc¸a˜o:
[a] O nu´mero total de pec¸as produzidas e´ um Processo de Poisson de taxa λ = 3. Da´ı pela
hipo´tese de independeˆncia do enunciado, (Xb(t))t≥0, (Xr(t))t≥0 e (Xi(t))t≥0 sa˜o Processos de
Poisson independentes de taxas respectivamente λb = 0.8 × 3 = 2.4, λr = 0.15 × 3 = 0.45 e
λi = 0.05× 3 = 0.15. Ou ainda, (Xb(t), Xr(t), Xi(t))t≥0 e´ um Processo de Poisson de 3 tipos
com taxa 3 e vetor de probabilidade (pb, pr, pi) = (0.8, 0.15, 0.05).
[b] Pela independeˆncia entre (Xr(t))t≥0 e (Xi(t))t≥0 e pela propriedade de incrementos inde-
pendentes de (Xi(t))t≥0, temos que
P(Xi(1)= 0 , Xr(2)−Xr(1) > 0 , Xi(2)−Xi(1) > 0) =
= P(Xi(1) = 0) P(Xr(2)−Xr(1) > 0) P(Xi(2)−Xi(1) > 0) .
ComoXi(1) ∼ Poisson(0.15), Xr(2)−Xr(1) ∼ Poisson(0.45) eXi(2)−Xi(1) ∼ Poisson(0.15),
temos que o produto acima e´ igual a
e−0.15 (1− e−0.45) (1− e−0.15) .
O evento acima e´ o evento em que nenhuma pec¸a irrecupera´vel e´ produzida na primeira hora
e pelo menos uma recupera´vel e pelo menos uma irrecupera´vel sa˜o produzidas entre a primera
e segunda hora.
[c] Seja N = Xb(1) +Xr(1) +Xi(1) Temos que Xb(1)|{N = 20} ∼ Bin(20, 0.8). Logo
E[Xb(1)|N = 20] = 20× 0.8 = 16 e V ar[Xb(1)|N = 20] = 20× 0.8× 0.2 = 3.2 .
[d] Temos que (Xb(1), Xr(1), Xi(1))|{N = 20} ∼ Multinom(20, (0.8, 0.15, 0.05). Portanto
P(Xb(1) = 15, Xr(1) = 3|N = 20) =
= P(Xb(1) = 15, Xr(1) = 3, Xi(1) = 2|N = 20) = 20!
15! 3! 2!
0.815 0.153 0.052 .
3◦ Questa˜o: Uma Cadeia de Markov a tempo cont´ınuo X = (X(t))t≥0 com estados em
{1, 2, 3} possui cadeia discreta geradora com probabilidades de transic¸a˜o dadas por:
p(1, 2) =
1
3
, p(1, 3) =
2
3
, p(2, 1) =
1
2
, p(2, 3) =
1
2
, p(3, 1) = 1 .
Ale´m disso as taxas de permaneˆncia por estado sa˜o: λ1 =
3
4 , λ2 = 2, λ3 = 1. Responda:
(a) Fornec¸a o gerador infinitesimal de X.
(b) Calcule a distribuic¸a˜o invariante de X.
(c) Qual e´ a proporc¸a˜o de tempo que a X gasta no estado 3.
(d) Calcule o tempo me´dio para a cadeia visitar o estado 3 se X(0) = 2.
Soluc¸a˜o:
[a] O gerador infinitesimal e´ dado por
A = Λ (P − I) =
 3/4 0 00 2 0
0 0 1
 −1 1/3 2/31/2 −1 1/2
1 0 −1
 =
 −3/4 1/4 1/21 −2 1
1 0 −1
 .
[b] Precisamos encontrar o vetor de probabilidade φ = (φ1, φ2, φ3) tal que φA = (0, 0, 0). Da´ı
chegamos ao sistema de equac¸o˜es 
φ1
4 − 2φ2 = 0 ,
φ1
2 + φ2 − φ3 = 0 ,
φ1 + φ2 + φ3 = 1 .
Resolvendo o sistema obtemos φ = (8/14 , 1/14 , 5/14).
[c] A proporc¸a˜o de tempo gasta no estado 3 e´ φ3 = 5/14.
[d] O tempo me´dio gasto pela Cadeia para chegar no estado 3 saindo do estado 2 e´ dada pela
soma da segunda linha da matriz
−A˜−12 =
(
3/4 −1/4
−1 2
)−1
=
(
8/5 1/5
4/5 3/5
)
Logo o tempo me´dio em questa˜o e´ 4/5 + 3/5 = 1.4.
4◦ Questa˜o: Sejam (Yj)j≥1 varia´veis aleato´rias iid com distribuic¸a˜o dada por
P (Yj = 2) =
4
7
, P (Yj = −1) = 3
7
.
Seja Fn gerada por Y0, ..., Yn e defina X0 = 0 e
Xn =
n∑
j=1
Yj , n ≥ 1 .
(a) Mostre que Mn = (
1
2)
Xn , n ≥ 1, e´ um martingal com respeito a Fn.
(b) Mostre que (Mn) converge quase certamente.
(c) Seja T = min{n ≥ 1 : Xn ≥ 5}. Mostre que T e´ um tempo de parada finito quase-
certamente pore´m E[MT ] 6= E[M0] = 1. (Dica: para verificar que T e´ finito observe que
Xn e´ um passeio aleato´rio)
(d) Pelo item (c), o que podemos concluir sobre maxnE[M
2
n] (Na˜o e´ necessa´rio o ca´lculo).
Soluc¸a˜o:
[a] O fato de (Mn)n≥0 ser um martingal segue das propriedades abaixo.
(i) Mn = (
1
2)
∑n
j=1 Yj e´ func¸a˜o de Y1,..., Yn, logo Fn-mensura´vel.
(ii) Primeiro note que
E
[
(
1
2
)Yn
]
= (
1
2
)2
4
7
+ (
1
2
)−1
3
7
=
1
7
+
6
7
= 1 .
para todo n ≥ 1. Como Mn e´ positivo E[|Mn|] = E[Mn]. Pela independeˆncia das
varia´veis Yj , j ≥ 1, temos que
E[Mn] = E
[
(
1
2
)Y1 ... (
1
2
)Yn
]
= E
[
(
1
2
)Y1
]
... E
[
(
1
2
)Yn
]
= 1 .
(iii) Note que Mn = Mn−1(12)
Yn . Ale´m disso, por independeˆncia
E
[
(
1
2
)Yn
∣∣∣Fn−1] = E[(1
2
)Yn
]
= 1 .
Portanto
E[Mn|Fn−1] = E
[
Mn−1(
1
2
)Yn
∣∣∣Fn−1] = Mn−1E[(1
2
)Yn
∣∣∣Fn−1] = Mn−1 ,
para todo n ≥ 1 (na segunda igualdade usamos o fato de que Mn−1 e´ Fn−1 mensura´vel.
[b] Como Mn e´ um martingal positivo de me´dia 1 temos que maxnE[|Mn|] = 1 < ∞, pelo
Teorema de convergeˆncia, existe M∞ tal que Mn converge quase certamente para M∞.
[c] Primeiro note que T e´ finito. Para isto crie um processo (X˜n)n≥1 que salta uma unidade
para direira quando (Xn)n≥1 salta duas tambe´m para direita e salta um unidade para esquerda
quando (Xn)n≥1 tambe´m salta uma unidade para esquerda. Temos que (X˜n)n≥1 e´ um passeio
aleato´rio simples entre vizinhos pro´ximo em Z com probabilidade de saltar para direita igual a
4/7 > 0.5. Logo (X˜n)n≥1 e´ transiente e diverge a infinito quase ccertamente. Como X˜n ≤ Xn,
∀n ≥ 1, enta˜o (X˜n)n≥1 tambe´m diverge a infinito com probabilidade 1. Logo T e´ finito quase
certamente.
De fato, todo passeio aleato´rio com descolamento me´dio por unidade de tempo igual maior do
que zero e´ transiente para direita. No caso de (Xn)n≥1 o delocamento me´dio por unidade de
tempo e´
2× 4
7
+ (−1)× 3
7
=
5
7
> 0 .
Agora verificamos que T e´ tempo de parada. De fato,
{T = n} = {X0 < 5 , ... , Xn−1 < 5 , Xn ≥ 5} ∈ Fn , ∀n ≥ 1 .
Para terminar note que MT ≤ 2−5, por definic¸a˜o. Logo E[MT ] ≤ 2−5 < 1 = E[M0].
[d] Podemos afirmar que maxnE[M
2
n] =∞. Caso contra´rio, como E[|MT |] = E[MT ] ≤ 2−5 e
P (T <∞) = 1, o Teorema de Amostragem Opcional implicaria que E[MT ] = E[M0], o que e´
falso pelo item (c).
Prova Final - Graduac¸a˜o - Prof. Glauco valle
25 de Julho de 2016
1◦ Questa˜o: Uma cadeia de Markov a tempo discreto com estados {1, 2, 3, 4, 5} tem matriz
de transic¸a˜o
P =

0 0 2/3 1/3 0
0 0 0 0 1
0 1 0 0 0
1/4 0 1/2 0 1/4
0 0 1 0 0
 .
Uma cadeia de Markov a tempo cont´ınuo, (Xt)t≥0, e´ gerada pela cadeia a tempo discreto
acima e tem taxas λ(1) = 3, λ(2) = 2, λ(3) = 1, λ(4) = 2, λ(5) = 1.
(a) Qual e´ o gerador infinitesimal da cadeia? Se na˜o souber responder, preencha a diagonal
da matriz acima com os valores −1 para resolver os itens seguintes.
(b) Obtenha se existir as distribuic¸o˜es invariantes das classes recorrentes.
(c) A sequeˆncia Pt = [pt(x, y)]1≤x,y≤5 converge? Em caso afirmativo, qual e´ o limite?
(d) Para cada estado transiente, calcule o tempo me´dio ate´ a cadeia ser absorvida por uma
classe recorrente.
Soluc¸a˜o:
[a] O gerador infinitesimal da cadeia e´
A =

−3 0 2 1 0
0 −2 0 0 2
0 1 −1 0 0
1/2 0 1 −2 1/2
0 0 1 0 −1
 .
[b] A cadeia possui uma classe recorrente R = {2, 3, 5} e uma classe transiente {1, 4}. O
gerador restrito a classe recorrente e´ dado por
Aˆ =
 −2 0 21 −1 0
0 1 −1
 .
A distribuic¸a˜o invariante sera´ dada por φ = (φ2, φ3, φ5) que satisfaz φ2 + φ3 + φ5 = 1 e
φAˆ = (0, 0, 0). Da´ı obtemos que φ3 = φ5 = 2φ2 o que resulta em
φ =
( 1
5
,
2
5
,
2
5
)
.
[c] Sim, pois toda cadeia a tempo cont´ınuo finita converge. Neste caso como so´ temos uma
classe recorrente a cadeia converge para distribuic¸a˜o invariante desta classe recorrente, ou seja
lim
t→∞Pt =

0.2 0.4 0.4 0 0
0.2 0.4 0.4 0 0
0.2 0.4 0.4 0 0
0.2 0.4 0.4 0 0
0.2 0.4 0.4 0 0
 .
[d] Agrupamos os estados recorrentes e consideramos uma cadeia auxiliar com um u´nico estado
recorrente e dois estados transiente, 1 e 4. O tempo me´dio ate´ a cadeia ser absorvida pela
classe recorrente, sera´ igual ao tempo de primeira passagem pelo estado recorrente na cadeia
auxiliar. Estes tempos sa˜o dados pelas somas das linhas da matriz −A˜−1 onde A˜ e´ a restric¸a˜o
de A aos estados 1 e 4 (ou seja, obtida ao removermos linhas e colunas referentes aos estados
2,3 e 5, ou remover linha e coluna referente ao estado recorrente no gerador da cadeia auxiliar).
Assim
−A˜−1 =
(
3 −1
−1/2 2
)−1
=
(
4/11 2/11
1/11 6/11
)
.
Assim, o tempo me´dio para a cadeia comec¸ando em 1 ser absorvida e´ 6/11, e comec¸ando em
4 e´ 7/11.
2◦ Questa˜o: Seja (Yj)j≥1 uma sequeˆncia iid de varia´veis aleato´rias na˜o negativas tais que
P (Yj = 2) =
1
3
e P
(
Yj =
1
2
)
=
2
3
.
(a) Mostre que Xn =
∏n
j=1 Yj e´ um martingal com respeito a Fn gerada por Y1,..., Yn.
(b) Enuncie o Teorema de convergeˆncia para martingais e mostre que Xn converge quasecertamente.
(c) Verifique que E[log(Yj)] < 0 e use este fato para provar que Xn converge para 0.
Soluc¸a˜o:
[a] Segue das treˆs propriedades a seguir:
(i) Primeiro note que
E[Yj ] = 2× 1
3
+
1
2
× 2
3
= 1 .
Da´ı
E[|Xn|] = E[Xn] =
n∏
j=1
E[Yj ] = 1 , ∀ n ≥ 1.
(ii) Xn e´ func¸a˜o de Y1,..,Yn, portanto e´ Fn-mensura´vel.
(iii) Temos que
E[Xn+1|Fn] = E[XnYn+1|Fn] = XnE[Yn+1|Fn]
= XnE[Yn+1] = Xn ,
onde a segunda igualdade e´ pelo fato de Xn ser Fn mensura´vel e a terceira e´ pelo fato
dos Yj ’s serem independentes.
[b] Teorema de convergeˆncia: Se Xn e´ um martingal tal que maxn≥1E[|Xn|] <∞, enta˜o Xn
converge quase certamente. Por (i) na verificac¸a˜o no item (a), temos que maxn≥1E[|Xn|] = 1.
Logo a hipo´tese do Teorema de convergeˆncia e´ satisfeita e Xn converge quase certamente.
[c] Temos que
E[log(Yj)] = log(2)× 1
3
+ log (
1
2
)× 2
3
= log(2)
1
3
− log(2)× 2
3
= − log(2)1
3
< 0 ,
(tambe´m poderia ser usada a concavidade estrita do logar´ıtmo ou a desigualdade de Jensen).
Logo, pela Lei Forte dos Grandes Nu´meros, temos que
1
n
n∑
j=1
log(Yj)→ E[log(Y1)] < 0 , quase certamente.
Assim
Xn = e
n( 1
n
∑n
j=1 log(Yj)) → 0 , quase certamente.
3◦ Questa˜o: Um banco mante´m 4 guicheˆs de atendimento em funcionamento. O tempo me´dio
de atendimento e´ de 5 minutos. Clientes chegam ao banco a uma taxa de 1/2 por minuto.
Seja (Xt)t≥0 o processo que conta o nu´mero de clientes no banco esperando atendimento por
unidade de tempo. Responda:
(a) Que tipo de processo e´ (Xt)t≥0? (fornec¸a os pareˆmetros se houver)
(b) Mostre que (Xt)t≥0 converge quando t→∞ e calcule a distribuic¸a˜o limite.
(c) Calcule a proporc¸a˜o de tempo que o banco permanece sem clientes esperando atendi-
mento.
Soluc¸a˜o:
[a] E´ uma Fila M/M/4 com taxa de chegada 1/2 e servic¸o 1/5.
[b] Como 12 <
4
5 =taxa ma´xima de servic¸o, a fila e´ recorrente positiva. Logo o processo
converge em distribuic¸a˜o para sua u´nica distribuic¸a˜o invariante. Precisamos encontrar a dis-
tribuic¸a˜o invariante. Esta fila e´ um processo de nascimento e morte com taxas de nascimento
αn = 1/2 e taxas de morte µn = n/5 para n = 1, 2, 3 e µn = 4/5 se n ≥ 4.
A distribuic¸a˜o invariante e´ dada por
φn = φ0
α0 ... αn−1
µ1 ... µn
=

φ0
1
n!
5n
2n , n = 1, 2, 3 ,
φ0
5n
48×8n−3 , n ≥ 1 .
onde
φ0 =
(
1 +
∞∑
n=1
α0 ... αn−1
µ1 ... µn
)−1
=
(
1 +
5
2
+
25
8
+
125
48
+
125
48
∑
n≥3
(5
8
)n−3 )−1
=
144
2329
.
[c]A proporc¸a˜o de tempo sem clientes e´ φ0 calculado no item anterior.
4◦ Questa˜o: Seja (N(t))t≥0 um processo de Poisson com taxa λ. Seja Sn o tempo ate´ a
ocorreˆncia do n-e´simo evento. Calcule:
(a) Var[S4].
(b) E[S4 |N(1) = 2] .
(c) Var[N(4)−N(2) |N(1) = 2] .
(d) Cov(N(2), N(4)).
Soluc¸a˜o:
[a] Temos que S4 ∼ Gama(4, λ). Portanto
V ar(S4) =
4
λ2
.
[b] Pela propriedade de perda de memo´ria da exponencial temos que S4|{N(1) = 2} ∼ 1 +S2,
ale´m disso S2 ∼ Gama(2, λ). Portanto
E[S4 |N(1) = 2] = 1 + E[S2] = 1 + 2
λ
.
[c] Pela propriedade de incrementos independentes
Var[N(4)−N(2) |N(1) = 2] = Var[N(4)−N(2)] .
Pela propriedade de incrementos estaciona´rios
Var[N(4)−N(2)] = Var[N(2)] = 2λ ,
onde a u´ltima igualdade segue de N(2) ∼ Poisson(λ).
[d] Como a covariaˆncia e´ bilinear
Cov(N(2), N(4)) = Cov(N(2), (N(4)−N(2))+N(2)) = Cov(N(2), N(2))+Cov(N(2), N(4)−N(2)) .
Pela propriedade de incrementos independentes N(2) e N(4)−N(2) sa˜o independentes, logo
Cov(N(2), N(4)−N(2)) = 0. Portanto
Cov(N(2), N(4)) = Var(N(2)) = 2λ .