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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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