gabarito e prova de probabilidades 2

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Exame de Reposição de Cálculo das Probabilidades II - Prof. Nei Rocha
15 de dezembro de 2017 Duração: 2 horas
1a. Questão (2 pts): Suponha que o tempo X de falha de uma máquina seja exponencialmente
distribuído com média �. A máquina é reparada e trabalha por um tempo adicional Y até falhar de
novo. Suponha que Y jX = x seja exponencial com média �
x
. Desta forma, se o tempo da primeira
falha for grande, espera-se que a segunda falha ocorra logo. Pede-se:
(a) A função de densidade conjunta de X e Y .
Solução: Temos
fX(x) =
1
�
e
� 1
�
x, para x > 0
e
fY jX(yjx) =
x
�
e
� x
�
y, para y > 0
A densidade conjunta é dada por
fX;Y (x; y) = fX(x)fY jX(yjx)
=
1
�
e
� 1
�
x � x
�
e
� x
�
y
=
x
�2
e
� x
�
(1+y)
Assim
fX;Y (x; y) =
8>>>><>>>>:
x
�2
e
�
x (1 + y)
� , para x > 0 e y > 0
0, caso contrário
(b) A função de densidade marginal de Y .
Solução: Desejamos fY (y). Assim
fY (y) =
Z 1
0
fX;Y (x; y)dx =
Z 1
0
x
�2
e
�x(1+y)
� dx
=
1
�2
Z 1
0
x2�1e�
h
(1+y)
�
i
x
dx =
1
�2
� (2)h
(1+y)
�
i2
=
1
(1 + y)2
Assim
fY (y) =
8><>:
1
(1+y)2
, para y > 0
0, caso contrário
2a. Questão (2 pts): Sejam X e Y variáveis aleatórias independentes com distribuição comum
N (0; 1). Mostre que U = X + Yp
2
e V =
X � Yp
2
são também independentes, ambas com distribuição
N (0; 1).
Solução: Como X e Y são independentes e normais padrão, temos
fX;Y (x; y) =
1
2�
e�
1
2(x
2+y2), para (x; y) 2 R2.
Agora, temos
u =
x+ yp
2
e v =
x� yp
2
=) x =
p
2 (u+ v)
2
e y =
p
2 (u� v)
2
O Jacobiano da transformação é dado por
J =
���� @x@u @x@v@y
@u
@y
@v
���� =
�������
p
2
2
p
2
2p
2
2
�
p
2
2
������� = �
1
2
� 1
2
= �1
Assim, como jJ j = 1, temos
fU;V (u; v) = fX;Y (
p
2 (u+ v)
2
;
p
2 (u� v)
2
) jJ j
=
1
2�
exp
�
�1
2
�
1
2
�
u2 + 2uv + v2
�
+
1
2
�
u2 � 2uv + v2���
=
1p
2�
1p
2�
exp
�
�1
2
�
u2 + v2
��
=
1p
2�
exp
�
�1
2
u2
�
� 1p
2�
exp
�
�1
2
v2
�
= fU (u)fV (v)
com U � N (0; 1) e V � N (0; 1) independentes.
3a. Questão (2,5 pts): Sejam X e Y variáveis aleatórias com função de densidade de probabilidade
dada por
fX;Y (x; y) = 3 (x+ y) :1(0;1)(x+ y):1(0;1)(x):1(0;1)(y).
(a) Obtenha a densidade condicional de X dado Y = y.
Solução: Para a obtenção da densidade condicional de X dado Y = y precisaremos da marginal
de Y .
fY (y) =
Z 1�y
0
3(x+ y)dx = 3
"
x2
2
+ xy
����1�y
x=0
#
= 3
�
(1� y)2
2
+ y(1� y)
�
= 3
�
y � y2 + 1
2
� y + y
2
2
�
= 3
�
1
2
� y
2
2
�
=
3
2
�
1� y2� , para 0 < y < 1.
Assim
fXjY (xjy) =
fX;Y (x; y)
fY (y)
=
8<:
3(x+ y)
3
2 (1� y2)
=
2(x+ y)
1� y2 , se 0 < x � 1� y
0, caso contrário
(b) Obtenha E (XjY ).
Solução: Desejamos
E [XjY = y] =
Z 1�y
0
x
2(x+ y)
1� y2 dx =
2
1� y2
Z 1�x
0
x(x+ y)dx
=
2
1� y2
"
x3
3
+ y
x2
2
+
����1�y
x=0
#
=
2
1� y2
"
(1� y)3
3
+ y
(1� y)2
2
#
=
2 (1� y)2
1� y2
�
y
2
+
(1� y)
3
�
=
2 (1� y)2
(1� y) (1 + y)
�
3y + 2� 2y
6
�
=
2 (1� y)
(1 + y)
�
y + 2
6
�
=
(1� y) (y + 2)
3 (1 + y)
Finalmente
E [XjY ] = (1� Y ) (Y + 2)
3 (1 + Y )
.
(c) Calcule E
�
X
Y 2
jY = 13
�
.
Solução: Desejamos
E
�
X
Y 2
jY = 1
3
�
= E
�
X
(1=3)2
jY = 1
3
�
= E
�
9XjY = 1
3
�
= 9E
�
XjY = 1
3
�
= 9
�
1� 13
� �
1
3 + 2
�
3
�
1 + 13
�
=
7
2
Finalmente
E
�
X
Y 2
jY = 1
3
�
=
7
2
.
4a. Questão (1,5 pts): Seja (X1; X2; :::) uma sequência de variáveis aleatórias independentes com
distribuições
P
�
Xn =
1
n
�
= 1� 1
n2
e P (Xn = n) =
1
n2
.
(a) Veri…que se a sequência fXn;n � 1g converge quase certamente para alguma variável aleatória.
Em caso a…rmativo indique a variável de convergência.
Solução: De…nindo An = fXn = ng, Bn =
�
Xn =
1
n
	
, temos que P (An) = 1n2 e P (Bn) = 1� 1n2 .
Como
1X
n=1
P (An) =
1X
n=1
1
n2
<1, pois
Z 1
1
1
x2
dx =
�
�1
x
����1
1
�
= 1 <1 (Teste da Integral),
temos que
P (An i:v:) = 0.
Assim
P (Bn i:v:) = 1
E com isso
Xn
q:c:! X = 0.
(b) Para que valores de p a sequência fXn;n � 1g converge em Lp? Qual a variável de convergência
nesses casos?
Solução: Xn
Lp! X = 0, se limn!1E(jXn � 0jp) = 0. Mas
E(jXn � 0jp) = E(jXnjp) = E(Xpn)
=
�
1
n
�p
�
�
1� 1
n2
�
+ np � 1
n2
=
1
np
� 1
np+2
+
1
n2�p
Assim limn!1E(jXn � 0jp) = 0, se e somente se 2� p > 0, ou seja, p < 2. Assim, o único valor para
convergência em Lp é com p = 1.
Xn
L1! X = 0.
(c) Veri…que se a sequência fXn;n � 1g satisfaz à Lei Forte dos Grandes Números.
Solução: Temos
E(Xn) =
1
n
�
�
1� 1
n2
�
+ n� 1
n2
=
2
n
� 1
n3
E(X2n) =
1
n2
�
�
1� 1
n2
�
+ n2 � 1
n2
=
1
n2
� 1
n4
+ 1
V ar(Xn) =
1
n2
� 1
n4
+ 1�
�
2
n
� 1
n3
�2
=
1
n2
� 1
n4
+ 1�
�
4
n2
� 4
n4
+
1
n6
�
= 1� 3
n2
+
3
n4
� 1
n6
Como
1X
n=1
V ar (Xn)
n2
=
1X
n=1
�
1� 3
n2
+
3
n4
� 1
n6
�
1
n2
=
1X
n=1
�
1
n2
� 3
n4
+
3
n6
� 1
n8
�
=
1X
n=1
1
n2
� 3
1X
n=1
1
n4
+ 3
1X
n=1
1
n6
�
1X
n=1
1
n8
<1
pois
P1
n=1
1
np <1, para p > 1, segue-se pela Primeira Lei Forte de Kolmogorov que
Sn � E(Sn)
n
=
Sn
n
� E(Sn)
n
q:c:! 0.
Mas
E(Sn)
n
=
1
n
nX
k=1
�
2
k
� 1
k3
�
! 0.
Portanto,
Sn
n
q:c:! 0.
5a. Questão (2 pts): Sejam X1; X2; ::: variáveis aleatórias i.i.d. com distribuição exponencial de
parâmetro 2. Sejam Y1; Y2; ::: variáveis aleatórias i.i.d. tais que E (Yi) = 0 e V ar (Yi) = 2. Para cada
n 2 N, de…na a sequência fZn;n � 1g como
Zn =
2 (X1 +X2 + :::+Xn)� np
n
+
(Y1 � 1)2 + (Y2 � 1)2 + :::+ (Yn � 1)2
n
.
Obtenha o limite em distribuição de Zn.
Solução: Vejamos inicialmente a convergência de (Y1�1)
2+(Y2�1)2+:::+(Yn�1)2
n . Como as variáveis
aleatórias são i.i.d., segue-se, pela Lei Forte de Kolmogorov, que
(Y1 � 1)2 + (Y2 � 1)2 + :::+ (Yn � 1)2
n
q:c:! E
h
(Yi � 1)2
i
.
Mas
E
h
(Yi � 1)2
i
= E
�
Y 2i � 2Yi + 1
�
= E
�
Y 2i
�� 2E (Yi) + 1
= V ar (Yi)� 2E (Yi) + 1
= 2� 2� 0 + 1
= 3
Assim
(Y1 � 1)2 + (Y2 � 1)2 + :::+ (Yn � 1)2
n
q:c:! 3.
Agora
(X1 +X2 + :::+Xn)� E (X1 +X2 + :::+Xn)p
V ar (X1 +X2 + :::+Xn)
D! Z � N (0; 1)
Mas
E (Xn) =
1
2
e V ar (Xn) =
1
4
Assim temos
E (X1 +X2 + :::+Xn) =
n
2
e V ar (X1 +X2 + :::+Xn) =
n
4
Logo
(X1 +X2 + :::+Xn)� n2p
n
2
=
2 (X1 +X2 + :::+Xn)� np
n
D! Z � N (0; 1)
Finalmente, por Slutsky, temos
2 (X1 +X2 + :::+Xn)� np
n
+
(Y1 � 1)2 + (Y2 � 1)2 + :::+ (Yn � 1)2
n
D! Z + 3 � N (3; 1),
ou seja,
Zn
D! N (3; 1)