Prova e gabarito PROB2

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Exame de Cálculo das Probabilidades II
Atuária, Estatística e Matemática Aplicada
Instituto de Matemática - UFRJ
Prof. Nei Rocha
8 de novembro de 2017 Duração: 2 horas
1a. Questão (2 pts): Dada uma amostra aleatória (X1; X2; :::; Xn) de uma mesma população regida
por uma variável aleatória X, de…nimos o quartil k da amostra como o valor Qk = X( k4 (n+1))
para
k = 1; 2; 3. Se uma amostra aleatória de tamanho 7 é obtida de uma população regida pela distribuição
uniforme em [0; 1], pede-se:
(a) A lei conjunta de (Q1; Q3) (do primeiro e do terceiro quartis da amostra).
Solução: Para n = 7, temos Q1 = X(2) e Q3 = X(6). Agora
P
�
X(2) 2 dx;X(6) 2 dy
�
= A7;2P (X 2 dx)P (X 2 dy)C5;1P (X � x)C4;3 [P (x � X � y)]3C1;1P (X > y)
= 840f (x) f (y)F (x) [F (y)� F (x)]3 [1� F (y)] dxdy
Assim
fX(2);X(6)(x; y) =
�
840x(y � x)3(1� y), se 0 < x < y < 1
0, caso contrário
(valor 0 ,7)
(b) Obter a variável aleatória de…nida como a esperança condicional do primeiro quartil dado o
terceiro quartil, isto é, E (Q1jQ3).
Solução: Devemos encontrar a distribuição condicional fX(2)jX(6)(xjy) =
fX(2);X(6)(x; y)
fX(6)(y)
. Mas
fX(6)(y) =
Z y
0
840x(y � x)3(1� y)dx = 840(1� y)
Z y
0
x(y � x)3dx
fX(6)(y) = 42y
5 (1� y) para 0 < y < 1
Ou de outra forma:
P
�
X(6) 2 dy
�
= fX(6)(y)dy
= 7P (X 2 dy)C6;5 [P (X � y)]5C1;1P (X > y)
= 42f (y) [F (y)]5 [1� F (y)] dy
= 42y5 (1� y) dy
ou seja
fX(6)(y) = 42y
5 (1� y) para 0 < y < 1 (valor 0 ,5)
Vemos que X(6) � Beta(6; 2). Assim
fX(2)jX(6)(xjy) =
8<:
840x(y � x)3(1� y)
42y5 (1� y) =
20x(y � x)3
y5
, se 0 < x < y
0, caso contrário
(valor 0 ,3)
Assim
E
�
X(2)jX(6) = y
�
=
Z y
0
x
20x(y � x)3
y5
dx
=
20
y5
Z y
0
x2(y � x)3dx
=
20
y5
� y
6
60
=
y
3
Assim
E
�
X(2)jX(6)
�
=
X(6)
3
,
ou equivalentemente
E (Q1jQ3) = Q3
3
. (valor 0 ,5)
2a. Questão (2 pts): Considere duas variáveis aleatórias X e Y , sendo X discreta e Y contínua,
com função mista de probabilidade dada por
f(x; y) =
8<: xy
x�1
84
, se x = 1; 2; 3 e 0 < y � 4
0, caso contrário
Seja a variável aleatória Z = max(X;Y ). Obtenha a função de distribuição da variável aleatória Z e
decomponha-a nas partes discreta, absolutamente contínua e singular.
Solução: Como Z = max(X;Y ) 2 [1; 4], temos:
� Para z < 1, FZ(z) = 0.
� Para z � 4, FZ(z) = 1.
� Para 1 � z < 2, FZ(z) = P (X � z; Y � z) = P (X = 1; Y � z) =
P1
x=1
R z
0
xyx�1
84
dy =R z
0
1
84
dy =
z
84
.
� Para 2 � z < 3, FZ(z) = P (X � z; Y � z) = P (X 2 f1; 2g; Y � z) =
P2
x=1
R z
0
xyx�1
84
dy =R z
0
1
84
dy +
R z
0
2y
84
dy =
z
84
+
z2
84
.
� Para 3 � z < 4, FZ(z) = P (X � z; Y � z) = P (X 2 f1; 2; 3g; Y � z) =
P3
x=1
R z
0
xyx�1
84
dy =R z
0
1
84
dy +
R z
0
2y
84
dy +
R z
0
3y2
84
dy =
z
84
+
z2
84
+
z3
84
.
Assim temos
FZ(z) =
8>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>:
0, se z < 1 (valor 0 ,1)
z
84
, se 1 � z < 2 (valor 0 ,1)
z + z2
84
, se 2 � z < 3 (valor 0 ,1)
z + z2 + z3
84
, se 3 � z < 4 (valor 0 ,1)
1, se z � 4 (valor 0 ,1)
� Parte Discreta de Z:
P (Z = 1) = FZ(1)� FZ(1�) = 1
84
� 0 = 1
84
(valor 0 ,1)
P (Z = 2) = FZ(2)� FZ(2�) = 6
84
� 2
84
=
4
84
(valor 0 ,1)
P (Z = 3) = FZ(3)� FZ(3�) = 39
84
� 12
84
=
27
84
(valor 0 ,1)
Como P (Z = 1)+P (Z = 2)+P (Z = 3) = 3284 , a parte contínua deve contribuir com
52
84 . Assim,
temos
F �d (z) =
8>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>:
0, se z < 1
1
84
, se 1 � z < 2
5
84
, se 2 � z < 3
32
84
, se z � 3
Fd(z) =
F �d (z)
32
84
=
8>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>:
0, se z < 1 (valor 0 ,1)
1
32
, se 1 � z < 2 (valor 0 ,1)
5
32
, se 2 � z < 3 (valor 0 ,1)
1, se z � 3 (valor 0 ,1)
� Parte Absolutamente Contínua
fZ(z) =
d
dz
FZ(z) =
8>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>:
1
84
, se 1 � z < 2 (valor 0 ,1)
2z + 1
84
, se 2 � z < 3 (valor 0 ,1)
3z2 + 2z + 1
84
, se 3 � z � 4 (valor 0 ,1)
0, caso contrário
F �ac(z) =
8>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>:
0, se z � 1
R z
1
1
84
dt =
z � 1
84
, se 1 < z � 2
2� 1
84
+
R z
2
2t+ 1
84
dt =
z2 + z � 5
84
, se 2 < z � 3
32 + 3� 5
84
+
R z
3
3t2 + 2t+ 1
84
dt =
z3 + z2 + z � 32
84
, se 3 < z � 4
43 + 42 + 4� 32
84
=
52
84
, se z > 4
Fac(z) =
F �ac(z)
52
84
=
8>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>:
0, se z � 1 (valor 0 ,1)
z � 1
52
, se 1 < z � 2 (valor 0 ,1)
z2 + z � 5
52
, se 2 < z � 3 (valor 0 ,1)
z3 + z2 + z � 32
52
, se 3 < z � 4 (valor 0 ,1)
1, se z > 4 (valor 0 ,1)
� Como não há parte singular, temos a seguinte decomposição:
FZ(z) =
32
84
:Fd(z) +
52
84
:Fac(z) + 0:Fs(z)
3a. Questão (2 pts): Uma máquina opera sem falhar por um período de tempo X e, após falhar,
é consertada durante um período Y . Suponha X e Y variáveis aleatórias independentes e exponen-
cialmente distribuídas com parâmetros � e �, respectivamente. Seja Z =
X
X + Y
a variável aleatória
que representa a proporção do tempo em que a máquina permanece em funcionamento. Construa o
modelo de probabilidade para a variável aleatória Z.
Solução: Temos X � Exp(�) e Y � Exp(�), independentes. Logo fX;Y (x; y) = fX(x)fY (y).
De…na
Z =
X
X + Y
e W = X + Y
então temos:
x = zw e y = w(1� z)
O Jacobiano da transformação é dado por
J =
���� @x@z @x@w@y
@z
@y
@w
���� = ���� w z�w 1� z
���� = w (valor 0 ,2)
Assim
fZ;W (z; w) = fX;Y (xw;w(1� z)) jwj = wfX(xw)fY (w(1� z)) (valor 0 ,3)
Assim
fZ;W (z; w) =
�
w�e��zw�e��w(1�z) = ��we�(�z+�(1�z))w, se zw > 0 e w(1� z) > 0
0, caso contrário
Assim
fZ;W (z; w) =
�
��we�(�z+�(1�z))w, se w > 0 e 0 < z < 1
0, caso contrário
(valor 0 ,5)
Desejamos fZ(z) =
R1
0 fZ;W (z; w)dw. Assim
fZ(z) =
Z 1
0
��we�(�z+�(1�z))wdw (valor 0 ,2)
= ��
Z 1
0
we�(�z+�(1�z))wdw
(o integrando é o núcleo da Gama(2; �z + �(1� z)))
= ��
�(2)
[�z + �(1� z)]2 (valor 0 ,3)
=
��
[�z + �(1� z)]2
Assim
fZ(z) =
8>><>>:
��
[�z + �(1� z)]2 , se 0 < z < 1
0, caso contrário
(valor 0 ,5)
4a. Questão (2 pts): Clientes chegam a um certo MacDonald’s segundo um processo de Poisson a
uma taxa média de 100 por hora. Cada cliente ao entrar escolhe um Big Mac com probabilidade de
40%. Se a loja permanece aberta apenas por um período de 8 horas, pede-se:
(a) Mostre matematicamente que Y , a variável aleatória que representa o número de clientes que
escolhem Big Mac diariamente nesse local, tem distribuição de Poisson com parâmetro 320.
Solução: Seja a v.a. N que conta o número de pessoas que chegam à loja no período de 8 horas.
Então N � Poisson(800). De…na Xi � Ber(0; 4), com Xi = 1 se o i -ésimo cliente escolhe um Big
Mac e Xi = 0 se o i -ésimo cliente não escolhe um Big Mac. Assim
Y =
� PN
i=1Xi, se N � 1
0, se N = 0
(valor 0 ,2)
Assim, Y jN = n � B(n; 0; 4). Portanto, temos
P (N = n) =
e�800800n
n!
, para n = 0; 1; 2; ::: (valor 0 ,2)
e
P (Y = kjN = n) =
�
n
k
�
(0; 4)k(0; 6)n�k, para k = 0; 1; 2; :::; n (valor 0 ,3)
Assim
P (N = n; Y = k) = P (N = n)P (Y = kjN = n)
Assim
P (N = n; Y = k) =
e�800800n
n!
�
n
k
�
(0; 4)k(0; 6)n�k, para n = 0; 1; 2; :::e k = 0; 1; 2; :::; n (valor 0 ,3)
Desejamos
P (Y = k) =
1X
n=k
e�800800n
n!
�
n
k
�
(0; 4)k(0; 6)n�k
= (0; 4)ke�800
1X
n=k
800n
n!
�
n
k
�
(0; 6)n�k
= (0; 4)ke�800
1X
n=k
800n�k800k
n!
n!
k!(n� k)! (0; 6)
n�k
=
800k(0; 4)ke�800
k!
1X
n=k
800n�k(0; 6)n�k
(n� k)!
=
320ke�800
k!
1X
n=k
480n�k
(n� k)! (faça j = n� k)
=
320ke�800k!
1X
j=0
480j
j!
=
320ke�800
k!
� e480
=
320ke�320
k!
Logo
P (Y = k) =
320ke�320
k!
, para k = 0; 1; 2; :::, (valor 0 ,5)
ou seja, Y � Poisson(320).
(b) Se cada Big Mac custa R$ 20,00 e supondo que cada cliente, ao escolher Big Mac, compra
apenas um, expresse a probabilidade de que a quantia diária recebida com a venda de Big Mac neste
local seja superior a R$ 6.640,00 (não é necessário calculá-la).
Solução: Seja a v.a. T representando o total arrecadado com a venda do Big Mac num dado dia.
Então T = 20Y . Desejamos
P (T > 6:640) = P (20Y > 6:640)
= P (Y > 332)
= 1� P (Y � 332)
P (T > 6:640) = 1�
332X
k=0
320ke�320
k!
(valor 0 ,5)
5a. Questão (2 pts): Seja X uma variável absolutamente contínua com distribuição uniforme em
[�2; 1]. Suponha que Y jX = x � U [x2; 4]. Obtenha E(Y jX + Y � 2).
Solução: Temos fX(x) = 13 :1[�2;1](x) e fY jX(yjx) = 14�x2 :1[x2;4](y). Assim, como fX;Y (x; y) =
fX(x)fY jX(yjx), temos
fX;Y (x; y) =
8<:
1
3 (4� x2) , se � 2 � x � 1 e x
2 � y � 4
0, caso contrário
(valor 0 ,2)
Desejamos
E(Y jX + Y � 2) = E(Y:1fX+Y�2g)
E(1fX+Y�2g)
=
E(Y:1fX+Y�2g)
P (X + Y � 2) (valor 0 ,2)
Mas
P (X + Y � 2) =
Z 1
x=�2
Z 2�x
y=x2
1
3 (4� x2)dydx (valor 0 ,2)
=
1
3
Z 1
x=�2
1
(4� x2)
�Z 2�x
y=x2
dy
�
dx
=
1
3
Z 1
x=�2
2� x� x2
4� x2 dx
=
1
3
Z 1
x=�2
�
4� x2�� (2 + x)
4� x2 dx
P (X + Y � 2) = 1
3
Z 1
x=�2
�
1� 2 + x
4� x2
�
dx
=
1
3
Z 1
x=�2
�
1� 2 + x
(2� x) (2 + x)
�
dx
=
1
3
Z 1
x=�2
�
1� 1
2� x
�
dx
=
1
3
h
xj1�2 + ln(2� x)j1�2
i
=
3� ln 4
3
(valor 0 ,3)
Agora
E(Y:1fX+Y�2g) =
Z 1
x=�2
Z 4
y=x2
y:1fx+y�2g
1
3 (4� x2)dydx
=
Z 1
x=�2
Z 2�x
y=x2
y
3 (4� x2)dydx (valor 0 ,2)
=
1
3
Z 1
x=�2
1
(4� x2)
�Z 2�x
y=x2
ydy
�
dx
=
1
3
Z 1
x=�2
1
(4� x2)
"
y2
2
����2�x
x2
#
dx
=
1
6
Z 1
x=�2
4� 4x+ x2 � x4
4� x2 dx (valor 0 ,2)
Dividindo 4� 4x+ x2 � x4 por 4� x2, obtemos o quociente x2 + 3 e resto �4x� 8. Assim
E(Y:1fX+Y�2g) =
1
6
Z 1
x=�2
�
x2 + 3
� �
4� x2�� 4x� 8
4� x2 dx
=
1
6
Z 1
x=�2
��
x2 + 3
�� 4(x+ 2)
(2 + x) (2� x)
�
dx
=
1
6
Z 1
x=�2
��
x2 + 3
�� 4
2� x
�
dx
=
1
6
" 
x3
3
+ 3x
����1
�2
!
+ 4
�
ln(2� x)j1�2
�#
=
1
6
[12 + 4 (� ln 4)]
=
6� 2 ln 4
3
(valor 0 ,3)
Finalmente
E (Y jX + Y � 2) = E(Y:1fX+Y�2g)
P (X + Y � 2) =
6� 2 ln 4
3
3� ln 4
3
E (Y jX + Y � 2) = 6� 2 ln 4
3� ln 4 (valor 0 ,4)