Prova e gabarito PROB2

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Exame Final de Cálculo das Probabilidades II - Prof. Nei Rocha
13 de dezembro de 2017 Duração: 2 horas
1a. Questão (2 pts): Sejam X1; X2; X3; X4 variáveis aleatórias i.i.d. com distribuição uni-
forme em [0; 1]. De…na T = min fmax (X1; X2) ;max (X3; X4)g.
(a) Obtenha a lei da variável aleatória T .
Solução: Desejamos FT (t), para …nalmente obtermos fT (t).
FT (t) = P (T � t) = P (min fmax (X1; X2) ;max (X3; X4)g � t)
= 1� P (min fmax (X1; X2) ;max (X3; X4)g > t)
= 1� P (max (X1; X2) > t;max (X3; X4) > t)
= 1� P (max (X1; X2) > t)P (max (X3; X4) > t)
= 1� [1� P (max (X1; X2) � t)] [1� P (max (X3; X4) � t)]
= 1� [1� P (X1 � t)P (X2 � t)] [1� P (X3 � t)P (X4 � t)]
= 1� [1� FX1 (t)FX2 (t)] [1� FX3 (t)FX4 (t)]
Assim, como
FXi (t) =
8<:
0, se t < 0
t, se 0 � t < 1
1, se t � 0
temos
FT (t) =
8<:
0, se t < 0
1� [1� t2]2 , se 0 � t < 1
1, se t � 0
Logo
fT (t) =
d
dt
FT (t) =
�
4t (1� t2) , se 0 � t � 1
0, caso contrário
(b) Calcule P
�
T � 1
3
�
.
Solução: Desejamos
P
�
T � 1
3
�
=
Z 1=3
0
4t
�
1� t2� dt = 4" t2
2
� t
4
4
����1=3
0
#
= 4
�
1
18
� 1
324
�
= 4
�
18� 1
324
�
P
�
T � 1
3
�
=
17
81
�= 20; 99%.
2a. Questão (2 pts): Sejam X e Y variáveis aleatórias com densidade conjunta dada por
fX;Y (x; y) = 90 (y � x)8 :1(0;1)(x):1(x;1)(y)
(a) Calcule P (Y > 2X).
Solução: Temos
P (Y > 2X) =
Z 1=2
x=0
Z 1
y=2x
90 (y � x)8 dydx
= 90
Z 1=2
0
24 (y � x)9
9
�����
1
y=2x
35 dx
= 10
Z 1=2
0
�
(1� x)9 � x9� dx
= 10
24� (1� x)10
10
� x
10
10
�����
1=2
0
35
= � (1=2)10 � (1=2)10 + 1
= 1� 1
29
P (Y > 2X) =
29 � 1
29
=
511
512
�= 0; 998.
(b) Calcule P
�
1
2
< Y < 3
4
jX = 1
4
�
.
Solução: Desejamos inicialmente obter fY jX(yjx).
fX(x) =
Z 1
x
90 (y � x)8 dy
= 90
24 (y � x)9
9
�����
1
y=x
35
fX(x) = 10 (1� x)9 , para 0 < x < 1.
Assim
fY jX (yjx) = fX;Y (x; y)
fX(x)
=
90 (y � x)8
10 (1� x)9 =
9 (y � x)8
(1� x)9 , para x < y < 1.
Assim
fY jX (yj1=4) = 9 (y � 1=4)
8
(3=4)9
=
49
37
(y � 1=4)8 , para x < y < 1.
Assim, temos
P
�
1
2
< Y <
3
4
jX = 1
4
�
=
Z 3=4
1=2
49
37
(y � 1=4)8 dy
=
49
37
24 (y � 1=4)9
9
�����
3=4
1=2
35
=
�
4
3
�9 �
1
29
� 1
49
�
=
�
1
3
�9 �
29 � 1�
P
�
1
2
< Y <
3
4
jX = 1
4
�
=
29 � 1
39
=
511
19:683
�= 0; 026.
3a. Questão (2 pts): SejaX uma variável aleatória com função de densidade de probabilidade
dada por
fX(x) =
1
�
exp
�
�
�
x� �
�
��
:1(�;1)(x), com � > 0.
(a) Obtenha a função característica da v.a. X.
Solução: Desejamos
'X(t) = E[e
itX ] =
Z 1
�
eitx
1
�
exp
�
�
�
x� �
�
��
dx
=
1
�
exp
�
�
�
�Z 1
�
eitx exp
n
�x
�
o
dx
=
1
�
exp
�
�
�
�Z 1
�
exp
�
�x
�
1
�
� it
��
dx
=
1
�
exp
�
�
�
�24�exp��x �1� � it�	�
1
�
� it�
�����
1
�
35
=
1
�
exp
�
�
�
�"
0 +
exp
��� �1
�
� it�	�
1
�
� it�
#
=
exp fi�tg
1� i�t
Assim, temos
'X(t) =
ei�t
1� i�t para todo t 2 R.
(b) Obtenha E (X) a partir da função característica.
Solução: Sabemos que d
dt
'X(t)
��
t=0
= iE(X). Assim, temos
d
dt
'X(t) =
i� (1� i�t) ei�t � ei�t (�i�)
(1� i�t)2
Assim
d
dt
'X(t)
����
t=0
= i (� + �) = iE(X)
Assim
E(X) = � + �.
4a. Questão (2 pts): Uma partícula se move nos inteiros da reta real, passando, para todo
z 2 Z, da posição z para z + 1 com probabilidade 1
3
; de z para z � 1 com probabilidade 1
6
, e
permanecendo no mesmo lugar, isto é, de z para z, com probabilidade 1
2
, de forma independente
a cada passo. Se a partícula se situa inicialmente na origem do eixo real, construa uma heurística
com argumentos probabilísticos sólidos para calcular a probabilidade aproximada de que a
partícula esteja, após 720 passos, entre os inteiros maiores ou iguais a 110 e menores ou iguais
a 142.
Solução: Seja Xn 2 f�1; 0; 1g, o deslocamento no passo n. Assim, temos
P (Xn = �1) = 1
6
, P (Xn = 0) =
1
2
e P (Xn = 1) =
1
3
.
Temos X0 = 0, e assim Sn = X0 + X1 + X2 + ::: + Xn =
Pn
k=1Xk representa a posição da
partícula após o n-ésimo passo. Como as variáveis X1; X2; ::: são i.i.d., temos, pelo Teorema
Central do Limite para Variáveis i.i.d. que
Sn � E (Sn)p
V ar (Sn)
D! N (0; 1)
Mas
E (Xn) = (�1) :1
6
+ 0:
�
1
2
�
+ 1:
1
3
=
1
6
V ar (Xn) = (�1)2 :1
6
+ 02:
�
1
2
�
+ 12:
1
3
�
�
1
6
�2
=
17
36
Assim
E (Sn) =
n
6
e V ar (Sn) =
17n
36
Logo
Sn � n6p
17n
6
D! N (0; 1)
Assim, para n = 720, temos
S720 � 120
2
p
85
� N (0; 1).
Assim, aplicando o fator de correção para a aproximação de somas discretas por uma dis-
tribuição normal, temos:
P (110 � S720 � 142) �= P
�
109; 5� 120
2
p
85
� Z � 142; 5� 120
2
p
85
�
= P (�0; 57 � Z � 1; 22)
= P (Z � 1; 22)� P (Z � �0; 57)
= 0; 8888� 0; 2843
= 0; 6045
Assim
P (110 � S720 � 142) �= 60; 45%.
5a. Questão (2,0): Considere uma sequência de variáveis aleatórias tais queXn � Exp
�
2n=2
�
.
Solução: Como Xn � Exp
�
2n=2
�
, temos
E (Xn) =
1
2n=2
e V ar (Xn) =
1
2n
Como
lim
n!1
E (Xn) = 0 e lim
n!1
V ar (Xn) = 0
o candidato natural de convergência a se testar é X = 0, já que Xn se concentra cada vez mais
em torno de 0.
(a) Veri…que se Xn
q:c:! X, identi…cando X em caso a…rmativo.
Solução: Xn
q:c:! X = 0 se para todo " > 0, tivermos P (jXn � 0j � " i.v.) = 0. Mas
P (jXn � 0j � ") = P (jXnj � ") = P (Xn � ")
� E (Xn)
"
(pela desigualdade de Markov)
=
1
"2n=2
Assim
1X
n=1
P (jXn � 0j � ") �
1X
n=1
1
"2n=2
=
1
"
1X
n=1
�
1p
2
�n
=
1
"
1p
2
1� 1p
2
=
1
"
�p
2� 1� <1
Assim, pelo Lema de Borel-Cantelli, temos que P (jXn � 0j � " i.v.) = 0. Logo, Xn q:c:! X = 0.
(b) Veri…que se Xn
p! X, identi…cando X em caso a…rmativo.
Solução: Como provamos no item (a) que Xn
q:c:! X = 0, então Xn p! X = 0, pois
convergência quase certa implica a convergência em probabilidade.
(c) Veri…que se Xn
L1! X, identi…cando X em caso a…rmativo.
Solução: Xn
L1! 0, se limn!1E (jXn � 0j) = 0. Mas
E (jXn � 0j) = E (jXnj) = E (Xn) = 1
2n=2
e assim
lim
n!1
E (jXn � 0j) = lim
n!1
1
2n=2
= 0.
Portanto
Xn
L1! X = 0.
(d) Veri…que se
Pn
k=1Xk
n
q:c:! X, identi…cando X em caso a…rmativo.
Solução: Pelo item (a) vimos que Xn
q:c:! X = 0. Assim
P
 1X
n=1
Xn <1
!
= 1
ou seja, com probabilidade 1 a série
P1
n=1Xn será convergente. Assim
P
�
lim
n!1
Pn
k=1Xk
n
= 0
�
= 1.
Portanto, Pn
k=1Xk
n
q:c:! 0.