Calculo das Probabilidades I Prova Final

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Ca´lculo das Probabilidades I - Prova Final (Gabarito) - 2018/1
Prof. Hugo Carvalho
13/07/2018
Questa˜o 1:
a) A probabilidade do indiv´ıduo ter sido beneficiado pelo tratamento, pelo Teorema de Bayes, e´ dada por:
P(beneficiado|2 resfriados) = P(2 resf.|benef.)P(benef.)
P(2 resf.|benef.)P(benef.) + P(2 resf.|na˜o-benef.)P(na˜o-benef.)
=
e−3 3
2
2! × 34
e−3 322! × 34 + e−5 5
2
2! × 14
=
27e−3
27e−3 + 25e−5
≈ 0,889.
b)
Questa˜o 2:
a)
1 =
∫ 1
0
∫ 1
0
c(x+ y2) dxdy
= c
∫ 1
0
[
x2
2
+ xy2
]x=1
x=0
dy
= c
∫ 1
0
1
2
+ y2 dy
= c
[
y
2
+
y3
3
]y=1
y=0
= c
5
6
,
de modo que c = 6/5.
b) A distirbuic¸a˜o condicional de X dado que Y = y e´ dada por fX|Y (x|y) = f(x, y)
fY (y)
. Primeiramente, calculemos a
marginal em Y :
fY (y) =
∫ 1
0
6
5
(x+ y2) dx
=
6
5
[
x2
2
+ xy2
]x=1
x=0
=
6
5
[
1
2
+ y2
]
,
para 0 ≤ y ≤ 1. Assim, a condicional para Y = 1/2 e´ dada por
fX|Y (x|1/2) = f(x, 1/2)
fY (1/2)
=
4
3
[
x+
1
4
]
,
para 0 ≤ x ≤ 1, e finalmente, a probabilidade desejada e´ dada por
P(X ≥ 1/3|Y = 1/2) =
∫ 1
1/3
fX|Y (x|1/2) dx
=
∫ 1
1/3
4
3
[
x+
1
4
]
dx
=
4
3
[
x2
2
+
x
8
]x=1
x=1/3
=
4
3
[
1
2
+
1
4
− 1
18
− 1
12
]
≈ 0,815.
Questa˜o 3: Para calular a variaˆncia de
√
X, note que
V(
√
X) = E[(
√
X)2]− E[
√
X]2 = E[X]− E[
√
X]2 = λ− E[
√
X]2.
Usemos a expansa˜o em polinoˆmio de Taylor de g(x) =
√
x para calcular E[
√
X]. Note que g′(x) = 12x
−1/2 e g′′(x) =
− 14x−3/2, de modo que expansa˜o de Taylor de g(x) =
√
x em torno de λ e´ dada por
√
x ≈
√
λ+
1
2
λ−1/2(x− λ)− 1
8
λ−3/2(x− λ)2,
e portanto, √
X ≈ λ1/2 + 1
2
λ−1/2(X − λ)− 1
8
λ−3/2(X − λ)2.
Temos que:
E[
√
X] ≈ E
[
λ1/2 +
1
2
λ−1/2(X − λ)− 1
8
λ−3/2(X − λ)2
]
= λ1/2 +
1
2
λ−1/2E[(X − λ)]− 1
8
λ−3/2E[(X − λ)2]
= λ1/2 + 0− 1
8
λ−3/2V(X)
= λ1/2 + 0− 1
8
λ−3/2λ
= λ1/2 − 1
8
λ−1/2.
Finalmente, temos que
V(
√
X) ≈ λ− E[
√
X]2
= λ−
(
λ1/2 − 1
8
λ−1/2
)2
= λ−
(
λ− 1
4
+
1
64
λ−1
)
=
1
4
+
1
64
λ−1.
Caso queiramos uma precisa˜o de 2 casas decimais, um valor de λ = 4 ja´ se faz suficiente, pois teremos 164λ
−1 ≈ 0,004.
Questa˜o 4: Denote por Y o tempo para realizar todo o procedimento de manutenc¸a˜o em uma ma´quina, medido em
horas. Dessa forma, temos que Y = X1 + X2, onde X1 ∼ Exp(3) e X2 ∼ Exp(2). Temos enta˜o que E[Y ] = 5/6 e
V(Y ) = 13/36.
a) Sejam Y1, . . . , Y20 os tempos para realizar cada uma das 20 manutenc¸o˜es. Usemos o Teorema Central do Limite
para aproximar a probabilidade desejada. Denote por Z uma varia´vel aleato´ria normal padra˜o. Temos que:
P(Y1 + · · ·+ Y20 ≤ 8) = P
(∑20
i=1 Yi − 20× 56√
20×√13/6 ≤
8− 20× 56√
20×√13/6
)
≈ P(Z ≤ −3,22)
= P(Z ≥ 3,22)
= 1− P(Z < 3,22)
= 1− 0,9994
= 0,0006.
b) Queremos o valor de t tal que seja satisfeita a equac¸a˜o abaixo:
0,95 = P(Y1 + · · ·+ Y20 ≤ t)
= P
(∑20
i=1 Yi − 20× 56√
20×√13/6 ≤
t− 20× 56√
20×√13/6
)
≈ P
(
Z ≤ t− 50/3√
260/6
)
,
o que nos da´
t− 50/3√
260/6
= 1,64, que resolvendo para t, implica em um tempo de 21,07 horas.
c) Queremos o valor de n tal que seja satisfeita a equac¸a˜o abaixo:
0,95 = P(Y1 + · · ·+ Yn ≤ 8)
= P
(∑n
i=1 Yi − n× 56√
n×√13/6 ≤
8− n× 56√
n×√13/6
)
≈ P
(
Z ≤ 8− n×
5
6√
n×√13/6
)
,
ou seja, queremos resolver em n a equac¸a˜o
8− 56n√
13n/6
= 1,64,
que e´ equivalente a
48− 5n = 5,91√n.
Fazendo a mudanc¸a de varia´vel m =
√
n, temos a seguinte equac¸a˜o do segundo grau
48− 5m2 = 5,91m = 0,
cuja u´nica raiz positiva e´ dada por 2,56, implicando em um valor de n igual a 2,562 = 6,55. Portanto, o nu´mero
ma´ximo de itens que o te´cnico pode garantir consertar em 8 horas com 95% de probabilidade e´ de 6.