Lista 4 Solução

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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Estat´ıstica
4a Lista de PE – Soluc¸a˜o
1. a) Para que f(x) seja uma densidade devemos ter
1 =
∫ 1
−1
C(1− x2)dx = C
(
x− x
3
3
)∣∣∣∣1
−1
=
4
3
C.
Isso ocorre se, e somente se, C =
3
4
.
b) Para −1 < x < 1 no´s temos
F (x) =
∫ x
−1
3
4
(1− y2)dy =
(
y − y
3
3
)∣∣∣∣x
−1
=
3
4
(
x− x
3
3
+
2
3
)
.
Segue que a func¸a˜o distribuic¸a˜o da v.a X e´
F (x) =

0, se x 6 −1,
3
4
(
x− x
3
3
+
2
3
)
, se −1 < x < 1,
1, se x > 1.
c) Primeiramente calculemos,
E(X) =
∫ 1
−1
3
4
x(1− x2)dx = 3
4
(
x2
2
− x
4
4
)∣∣∣∣1
−1
= 0.
Agora
E|X| =
∫ 0
−1
3
4
(−x)(1− x2)dx+
∫ 1
0
3
4
x(1− x2)dx = 2× 3
4
(
x2
2
− x
4
4
)∣∣∣∣1
0
=
3
8
.
2. a) Integrando por partes podemos encontrar um primitiva para xe−x/2,
G(X) =
∫
xe−x/2dx = −2xe−x/2 − 4e−x/2.
Para que f(x) seja uma densidade devemos ter
1 =
∫ ∞
0
f(x)dx = C
∫ ∞
0
xe−x/2dx = C
{
lim
M→∞
G(M)−G(0)
}
= 4C.
Tendo em vista que na penu´ltima igualdade utilizamos o Teorema Fundamental
do Ca´lculo, isso ocorre se, e somente se, C = 1
4
.
b) Pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo, a func¸a˜o distribuic¸a˜o para x > 0 e´ dada
por
F (x) =
∫ x
0
f(y)dy =
1
4
{G(x)−G(0)} = 1− 1
2
xe−x/2 − e−x/2.
Portanto, a func¸a˜o distribuic¸a˜o e´ definida por
F (x) =

0, se x 6 0,
1− 1
2
xe−x/2 − e−x/2, se x > 0.
c) Novamente, integrando por partes, podemos encontrar uma primitiva para x2e−x/2,
H(X) =
∫
x2e−x/2dx = −2x2e−x/2 − 8xe−x/2 − 16e−x/2.
Pelo Teorema Fundamental do Ca´lculo, a esperanc¸a de X e´ dada por
E(X) = 1
4
∫ ∞
0
x2e−x/2dx =
1
4
{
lim
M→∞
H(M)−H(0)
}
= 4.
3.
4.
5.
6.
7. Por um lado, para que f(x) seja uma densidade, devemos ter
1 =
∫ 1
0
(a+ bx2)dx =
(
ax− bx
3
3
)∣∣∣∣1
0
= a+
b
3
.
Por outro lado, devemos ter
3
5
= E(X) =
∫ 1
0
x(a+ bx2)dx =
(
a
x2
2
− bx
4
4
)∣∣∣∣1
0
=
a
2
+
b
4
.
Resolvendo o sistema linear 
a+
b
3
= 1
a
2
+
b
4
=
3
5
encontramos a =
3
5
e b =
6
5
.
8.
9. Lembrando que para obtermos a densidade de uma varia´vel aleato´ria cont´ınua basta
derivarmos a func¸a˜o distribuic¸a˜o temos
FY (x) = P(Y 6 x) = P(log(2X + 3) 6 x)
= P(2X + 3 6 ex) = P
(
X 6 e
x − 3
2
)
= FX
(
ex − 3
2
)
.
Desse modo, segue que
fY (x) =
d
dx
FY (x) =
d
dx
FX
(
ex − 3
2
)
=
1
2
exfX
(
ex − 3
2
)
.
10. Vamos considerar X a varia´vel que representa o hora´rio em que o passageiro chega a`
parada apo´s as 7:00 AM. Desse modo, temos que X ∼ U(0, 30).
a) O passageiro ira´ esperar 5 minutos pelo oˆnibus se chegar entre 7:10 e 7:15 ou entre
7:25 e 7:30. Segue que
P(“esperar menos de 5 min”) = P(10 < X < 15) + P(25 < X < 30)
=
∫ 15
10
1
30
dx+
∫ 30
25
1
30
dx
=
1
3
.
b) Analogamente, o passageiro ira´ esperar mais de 10 minutos pelo oˆnibus se chegar
entre 7:00 e 7:05 ou entre 7:15 e 7:20. Segue que
P(“esperar mais de 10 min”) = P(0 < X < 5) + P(15 < X < 20)
=
∫ 5
0
1
30
dx+
∫ 20
15
1
30
dx
=
1
3
.
11.
12.
13. Seja Z ∼ N (0, 1), enta˜o
a)
P(X < 20) = P
(
X − 10√
36
<
20− 10√
36
)
' P(Z < 1, 67)
' 0, 95254.
b)
P(X > 16) = 1− P(X 6 16)
= 1− P
(
X − 10√
36
<
16− 10√
36
)
= 1− P(Z 6 1)
' 1− 0, 84134
= 0, 15866.
c)
P(X > 5) = P
(
X − 10√
36
>
5− 10√
36
)
' P(Z > −0, 83)
= P(Z < 0, 83)
' 0, 79673
d)
P(4 < X < 16) = P
(
4− 10√
36
<
X − 10√
36
<
16− 10√
36
)
= P(−1 < Z < 1)
= P(Z < 1)− P(Z < −1)
= P(Z < 1)− P(Z > 1)
= P(Z < 1)− {1− P(Z 6 1)}
= 2P(Z < 1)− 1
' 2(0, 84134)− 1
= 0, 68268
e)
P(|X| < 8) = P(−8 < X < 8)
= P
(−8− 10√
36
<
X − 10√
36
<
8− 10√
36
)
' P(−3 < Z < −0, 33)
= P(Z < −0, 33)− P(Z < −3)
= P(Z > 0, 33)− P(Z > 3)
= 1− P(Z < 0, 33)− {1− P(Z 6 3)}
' −0, 62930 + 0, 99865
= 0, 36935
14. Seja X a varia´vel que representa o per´ıodo de gestac¸a˜o, e suponha que o re´u e´, de fato,
o pai. Desse modo, a probabilidade de que o nascimento possa ter ocorrido no per´ıodo
indicado e´
P({X > 290} ∪ {X < 240}) = P(X > 290) + P(X < 240)
= P
(
X − 270√
100
>
290− 270√
100
)
+ P
(
X − 270√
100
<
240− 270√
100
)
= P(Z > 2) + P(Z < −3)
= 1− P(Z 6 2) + P(Z > 3)
= 2− P(Z 6 2)− P(Z 6 3)
= 2− 0, 97725− 0, 99865
' 0, 0241
15.
16.
17. Se X denota o nu´mero de estudantes que permanecem na faculdade, enta˜o X tem
distribuic¸a˜o binomial com paraˆmetros n = 450 e p = 0, 3 e a probabilidade desejada e´
P(X > 150) = 1− P(X 6 150)
= 1−
150∑
i=0
P(X = i)
= 1−
150∑
i=0
(
450
i
)
(0, 3)i(0, 7)450−i.
A soma acima e´ bastante complicada de se fazer manualmente (uma das razo˜es de se
usar a aproximac¸a˜o Normal a` Binomial) e levaria um bom tempo para termina´-la. Com
o uso de um simples algoritmo, um computador pode calcular a soma acima resultando
no valor aproximado de 0,0565.
Podemos aproximar X por uma normal. Para tal, consideramos Y ∼ N (np, np(1−p)),
ou seja, uma normal de paraˆmetros µ = 135 e σ2 = 94, 5. Como X e´ discreta e Y
cont´ınua, aplicando o Teorema de DeMoivre-Laplace aproximamos X por Y como
abaixo:
P(X > 150) ' P(Y > 150)
= P
(
Y − 135√
94, 5
> 150− 135√
94, 5
)
' 1− P(Z 6 1, 54)
' 1− 0, 93822
= 0, 06178
18.
19. a) Para x > v a func¸a˜o de distribuic¸a˜o e´
∫ x
v
f(y)dy. Com uma substituic¸a˜o simples,
u = x−v
α
, a integral se torna bastante fa´cil e
F (x) =

0, se x 6 v,
1− exp
{
−
(
x− v
α
)β}
, se x > v.
b) Quando β = 1 e v = 0, a distribuic¸a˜o de Weibull se torna uma exponencial de
paraˆmetro 1/α. Como sabemos, a esperanc¸a de uma varia´vel aleato´ria exponencial
X ∼ Exp(λ) e´ 1/λ. Em nosso caso, teremos E(X) = α.
20. Seja X a varia´vel que representa nu´mero de anos em que o ra´dio funciona. Em nosso
caso temos X ∼ Exp(1/8) e consequentemente, F (x) = 1 − e−x/8, para x > 0. Segue
que
P(X > 8) = 1− F (8) = e−1.
21.
22.
23. Seja X a varia´vel que representa o tempo de vida da bateria do carro. Como a me´dia
e´ 10.000 milhas, temos que X ∼ Exp(1/10.000) e F (x) = 1 − e−x/10.000. Queremos
calcular a probabilidade do tempo de vida da bateria do carro ser maior que 10.000
dado que e´ maior que 5.000.
P(X > 10.000|X > 5.000) = P(X > 5.000 + 5.000|X > 5.000)
= P(X > 5.000)
= 1− F (5.000)
= e−1/2
' 0, 607.
Observe que na segunda igualdade usamos a propriedade de perda de memo´ria da
distribuic¸a˜o exponencial.
24. Seja Z ∼ N (0, 1).
d)
P(µ− 1, 96σ < X < µ+ 1, 96σ) = P
(
−1, 96 < X − µ
σ
< 1, 96
)
= P(−1, 96 < Z < 1, 96)
= 2P(Z < 1, 96)− 1
' 2(0, 97500)− 1
= 0, 95.
e) No´s queremos que
0, 99 = P(µ− βσ < X < µ+ βσ)
= P
(
−β < X − µ
σ
< β
)
= P(−β < Z < β)
= 2P(Z < β)− 1.
A igualdade acima ocorre se, e somente se, P(Z < β) = 0, 995, ou seja, β = 2, 58.
25.
26. a) Observe que X e´ determinado pela varia´vel aleato´ria θ que representa o aˆngulo
entre o feixe de luz e o eixo y. Claramente, θ ∼ U(−pi/2, pi/2) e sua distribuic¸a˜o e´
Fθ(x) = P(θ 6 x) = x− (−pi/2)
pi
=
1
2
+
x
pi
.
Como estamos interessados na distribuic¸a˜o de X, basta observar que X = tan(θ)
e, para −∞ < x <∞, segue que
FX(x) = P(X 6 x)
= P(tan(θ) 6 x)
= P(θ 6 arctan(x))
=
1
2
+
arctan(x)
pi
.
Desse modo, ainda para −∞ < x <∞, chegamos a
f(x) =
d
dx
FX(x) =
1
pi(1 + x2)
.
b) ∫ +∞
−∞
f(x)dx =
1
pi
∫ +∞
−∞
1
1 + x2
dx =
arctan(x)
pi
∣∣∣∣+∞
−∞
=
pi/2− (−pi/2)pi
= 1
c)
E|X| =
∫ +∞
−∞
|x|f(x)dx
=
∫ 0
−∞
(−x) 1
pi(1 + x2)
dx+
∫ +∞
0
x
1
pi(1 + x2)
dx
= 2
∫ +∞
0
x
1
pi(1 + x2)
dx
=
1
pi
∫ +∞
0
2x
1 + x2
dx
=
1
pi
lim
M→+∞
ln(1 + x2)
∣∣M
0
= +∞.
27. Para y > 0 temos
FY (y) = P(Y 6 y)
= P(|X| 6 y)
= P(−y 6 X 6 y)
= P(X 6 y)− P(X 6 −y)
= FX(y)− FX(−y).
Derivando ambos os lados no´s obtemos,
fY (y) = fX(y) + fX(−y).
28. Para y > 0 temos
FY (y) = P(Y 6 y)
= P(Xn 6 y)
= P (X 6 y1/n)
= FX
(
y1/n
)
.
Derivando ambos os lados no´s obtemos,
fY (y) =
1
n
y1/n−1fX
(
y1/n
)
.
29. a)
P(|X| > 1/2) = 1− P(|X| < 1/2)
= 1− P(−1/2 < X < 1/2)
= 1− {P(X < 1/2)− P(X < −1/2)}
= 1/2.
b) Da Questa˜o 27, temos que
fY (y) = fX(y) + fX(−y) = 1.
Ou seja, Y ∼ U(0, 1).
30. Para que as ra´ızes da equac¸a˜o sejam reais devemos ter
∆ = (4Y )2 − 16(Y + 2) > 0 ou Y 2 > Y + 2.
Como 0 < Y < 5, a relac¸a˜o acima ocorre se, e somente se, Y > 2. Enta˜o
P(Y 2 > Y + 2) = P(Y > 2) = 3
5
.
31. Para y ∈ R, temos
P(Y 6 y) = P(logX 6 y)
= P(X 6 ey)
= 1− e−ey .
Derivando, no´s obtemos
fY (y) = e
ye−e
y
.
32. Para 1 < y < e, temos
P(Y 6 y) = P(eX 6 y)
= P(X 6 log y)
= log y.
Derivando no´s obtemos
fY (y) =
1
y
.
33. Primeiramente, observe que se Z e´ normal padra˜o enta˜o −Z tambe´m e´. De fato,
F−Z(z) = P(−Z 6 z)
= P(Z > −z)
= 1− P(Z 6 −z)
= 1− FZ(−z).
Derivando ambos os lados temos f−Z(z) = fZ(−z) e como uma v.a. normal padra˜o
tem a func¸a˜o densidade par, fZ(−z) = fZ(z).
a) P(Z > x) = P(−Z < −x) = P(Z < −x).
b)
P(|Z| > x) = 1− P(|Z| < x)
= 1− P(−x < Z < x)
= 1− {P(Z < x)− P(Z < −x)}
= 1− P(Z < x) + P(Z < −x)
= P(Z > x) + P(Z < −x)
= 2P(Z > x).
c)
P(|Z| < x) = 1− P(|Z| > x)
= 1− 2P(Z > x)
= 1− 2(1− P(Z < x))
= 2P(Z < x)− 1.
34. Uma vez que encontramos a distribuic¸a˜o de X na Questa˜o 19, basta observar que
P
((
X − v
α
)β
6 x
)
= P
(
X − v
α
6 x1/β
)
= P (X 6 αx1/β + v)
= 1− e−x.
35. Vamos representar os quantis citados pela sua representac¸a˜o simplificada q1, q2 e q3
respectivamente. Considerando inicialmente a varia´vel X, sabemos que FX(x) = 1 −
e−2x para x positivo. Desse modo,
P(X < q1) = 0, 25
⇐⇒ 1− e−2q1 = 0, 25
⇐⇒ e−2q1 = 0, 75
⇐⇒ q1 = ln(0, 75)−2
⇐⇒ q1 ' 0, 1438.
Analogamente encontramos q2 ' 0, 3466 e q3 ' 0, 6932.
Considere agora a varia´vel Y . Claramente a mediana e´ q2 = 4. Para encontrar q3 note
que
P(Y < q3) = 0, 75
⇐⇒ P
(
Y − 4√
9
<
q3 − 4√
9
)
= 0, 75
⇐⇒ P
(
Z <
q3 − 4
3
)
= 0, 75.
e olhando na tabela devemos ter
q3 − 4
3
= 0, 68, ou seja, q3 = 6, 04.
Para encontrar q1 = 1, 96, basta lembrar que q1 e q3 devem estar a` mesma distaˆncia da
mediana.
36. a) O gra´fico tem a forma abaixo
0 1 2 3 4 5 6
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
F(
x)
b) Como a varia´vel e´ cont´ınua nesse ponto, a probabilidade desejada e´ 0.
c) P(X = 2) = F (2+)− F (2−) = 2/3− 1/2 = 1/6.
d) P (2, 2 < X < 3, 7) = F (3, 7)− F (2, 2) = 5/6− (2, 2 + 6)/12 = 3/20.