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Exame de Cálculo das Probabilidades II Atuária, Estatística e Matemática Aplicada Instituto de Matemática - UFRJ Prof. Nei Rocha 6 de dezembro de 2017 Duração: 2 horas Leia atentamente os enunciados antes de responder. Boa Prova! 1a. Questão (3 pts): Sejam X1; X2; ::: variáveis aleatórias independentes tais que P � Xn = � p n � = P � Xn = p n � = 1p n e P (Xn = 0) = 1� 2p n . (a) Veri que se Xn q:c:! X, identi cando X em caso a rmativo. Solução: De nindo An = fXn = � p ng, Bn = fXn = p ng e Cn = fXn = 0g, temos que P (An) = P (Bn) = 1p n e P (Cn) = 1� 2pn . Como 1X n=1 P (An) = 1X n=1 1p n =1, pois Z 1 1 1p x dx = � 2 p x ��1 1 � =1 (Teste da Integral), 1X n=1 P (Bn) = 1X n=1 1p n =1, pois Z 1 1 1p x dx =1 (Teste da Integral) e 1X n=1 P (Cn) = 1X n=1 � 1� 2p n � =1, pois o termo do integrando não vai a zero, segue-se que P (An i:v:) = P (Bn i:v:) = P (Cn i:v:) = 1, e, portanto, Xn não converge quase certamente para nenhuma variável aleatória X. (b) Veri que se Xn p! X, identi cando X em caso a rmativo. Solução: Como limn!1 P (Xn = 0) = 1, o candidato natural a se estudar é X = 0. Dese- jamos provar se para todo " > 0, teremos limn!1 P (jXn � 0j � ") = 0. Mas P (jXn � 0j � ") = P (jXnj � ") = � 0, se " > p n P (Xn = � p n) + P (Xn = p n) , se 0 < " � pn . ou seja, P (jXn � 0j � ") = � 0, se n < "2 2p n , se n � "2 . Assim lim n!1 P (jXn � 0j � ") = lim n!1 2p n = 0, e, portanto, Xn p! X = 0. (c) Veri que se Xn L1! X, identi cando X em caso a rmativo. Solução: O único candidato agora é X = 0. Xn L1! X, se limn!1E(jXn � 0j) = 0. Mas E(jXn � 0j) = E(jXnj) = ���pn��� 1p n + ��pn��� 1p n + 0� � 1� 2p n � = 2 Como limn!1E(jXn � 0j) = limn!1 2 = 2, segue-se que Xn não converge em média para nenhuma variável aleatória X. (d) Veri que se vale a Lei Forte dos Grandes Números. Solução: Como as variáveis aleatórias não são identicamente distribuídas, devemos averiguar, pela Primeira Lei Forte dos Grandes Números de Kolmogorov, se 1X n=1 V ar (Xn) n2 <1. Mas E (Xn) = ��pn�� 1p n + p n� 1p n + 0� � 1� 2p n � = 0 e V ar (Xn) = E � X2n � = ��pn�2 � 1p n + �p n �2 � 1p n + 02 � � 1� 2p n � = 2 p n Assim 1X n=1 V ar (Xn) n2 = 1X n=1 2 p n n2 = 2 1X n=1 1 n3=2 <1, pois Z 1 1 1 x3=2 dx = � �2p x ����1 1 � = 2 <1 (pelo Teste da Integral). Logo, temos Sn � E(Sn) n = Sn n q:c:! 0. 2a. Questão (2 pts): Sejam X1; X2; ::: variáveis aleatórias i.i.d. com distribuição exponencial de parâmetro 1. De na Yn = max 1�k�n Xk � lnn. Mostre que Yn D! Y , onde Y é uma variável aleatória absolutamente contínua com função de densidade de probabilidade dada por fY (y) = exp �� �y + e�y� , para y 2 R. Solução: Desejamos encontrar a função de distribuição da variável Y , FY (y), tal que FYn(y)! FY (y) para todo ponto de continuidade de FY (y). Mas FYn(y) = P (Yn � y) = P � max 1�k�n Xk � lnn � y � = P � max 1�k�n Xk � y + lnn � = P (X1 � y + lnn; X2 � y + lnn; :::; Xn � y + lnn) = P (X1 � y + lnn)P (X2 � y + lnn) :::P (Xn � y + lnn) = FX1(y + lnn)FX2(y + lnn):::FXn(y + lnn) = � 1� e�(y+lnn)� �1� e�(y+lnn)� ::: �1� e�(y+lnn)� = � 1� e�(y+lnn)�n = � 1� e �y n �n FYn(y) = � 0, se y � � lnn� 1� e�(y+lnn)� �1� e�(y+lnn)� ::: �1� e�(y+lnn)� , se y > � lnn FYn(y) = ( 0, se y � � lnn� 1� e�(y+lnn)�n = �1� e�y n �n , se y > � lnn Assim lim n!1 FYn(y) = lim n!1 � 1� e �y n �n = exp ��e�y� = FY (y) para y 2 R. Agora fY (y) = dFY (y) dy = exp ��e�y�� ��e�y�� (�1) = e�y exp ��e�y� ou seja, fY (y) = exp �� �y + e�y� , para y 2 R. 3a. Questão (3 pts): Sejam X1; X2; ::: variáveis aleatórias i.i.d. com distribuição uniforme em [0; 1]. Para cada n 2 N, de na Zn = X2n �X2n�1 e Wn = p n (Z1 + Z2 + :::+ Zn) X1 +X2 + :::+Xn + X31 +X 3 2 + :::+X 3 n n . Obtenha o limite em distribuição de Wn. Solução: Vejamos inicialmente a convergência de X 3 1+X 3 2+:::+X 3 n n . Como as variáveis aleatórias são i.i.d. com distribuição uniforme em [0; 1], pela Lei Forte de Kolmogorov, temos que X31 +X 3 2 + :::+X 3 n n q:c:! E(X3) = Z 1 0 x3dx = 1 4 . Agora p n (Z1 + Z2 + :::+ Zn) X1 +X2 + :::+Xn = � Z1+Z2+:::+Znp n � X1+X2+:::+Xn n . Novamente, pela Lei Forte de Kolmogorov, temos que X1 +X2 + :::+Xn n q:c:! E(X) = 1 2 . Por outro lado, como Zn = X2n � X2n�1 e Zn+1 = X2n+2 � X2n+1 são funções disjuntas de variáveis aleatórias, temos que a sequência (Zn)n�1 é de variáveis aleatórias i.i.d. Assim pelo Teorema Central do Limite para v.a.s i.i.d., temos que (Z1 + Z2 + :::+ Zn)� E (Z1 + Z2 + :::+ Zn)p V ar (Z1 + Z2 + :::+ Zn) D! Z � N(0; 1) Mas E (Zn) = E (X2n �X2n�1) = E (X2n)� E (X2n�1) = 1 2 � 1 2 = 0 e, portanto, E (Z1 + Z2 + :::+ Zn) = 0. Além disso, V ar (Zn) = V ar (X2n �X2n�1) = V ar (X2n) + V ar (X2n�1) = 1 12 + 1 12 = 1 6 Assim temos Z1 + Z2 + :::+ Znp n 6 = p 6 � Z1 + Z2 + :::+ Znp n � D! Z � N(0; 1) Assim 1p 6 �p 6 � Z1 + Z2 + :::+ Znp n �� = Z1 + Z2 + :::+ Znp n D! U = 1p 6 Z � N(0; 1 6 ) pois a função g(x) = 1p 6 x é contínua. Finalmente Wn = � Z1+Z2+:::+Znp n � X1+X2+:::+Xn n + X31 +X 3 2 + :::+X 3 n n D! U 1=2 + 1 4 = 2U + 1 4 � N(1 4 ; 4 6 ), ou seja, Wn D! N(1 4 ; 2 3 ) 4a. Questão (2 pts): Sejam X1; X2; ::: variáveis aleatórias independentes, tais que P (Xn = �n) = P (Xn = n) = P (Xn = �1) = P (Xn = 1) = 1 4 para todo n 2 N. De nindo Sn = Pn k=1Xk, qual o limite em distribuição de S2n V ar(Sn) ? Solução: Como as variáveis não são identicamente distribuídas, devemos averiguar por Lyapunov se Sn � E(Sn)p V ar(Sn) D! Z � N(0; 1) Temos E (Xn) = (�n)� 1 4 + n� 1 4 + (�1)� 1 4 + 1� 1 4 = 0 e V ar (Xn) = E � X2n � = (�n)2 � 1 4 + n2 � 1 4 + (�1)2 � 1 4 + 12 � 1 4 = 0 = n2 + 1 2 Assim s2n = V ar(Sn) = nX k=1 � k2 + 1 2 � é O(n3) e, assim, sn é O(n3=2). Finalmente s2+�n é O(n3+3�=2) Agora E � jXk � E (Xk)j2+� � = E � jXkj2+� � = j�kj2+� � 1 4 + k2+� � 1 4 + j�1j2+� � 1 4 + 12+� � 1 4 = k2+� + 1 2 Assim nX k=1 E � jXk � E (Xk)j2+� � = nX k=1 � k2+� + 1 2 � é O(n3+�) Assim lim n!1 1 s2+�n nX k=1 E � jXk � �kj2+� � = lim n!1 O(n3+�) O(n3+3�=2) = 0 para qualquer � > 0. Assim Sn � E(Sn)p V ar(Sn) = Snp V ar(Sn) D! Z � N(0; 1) Finalmente Snp V ar(Sn) !2 = S2n V ar(Sn) D! Z2 pois a função g(x) = x2 é contínua. Assim S2n V ar(Sn) D! �21 (distribuição Qui-Quadrado com 1 grau de liberdade).
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