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− =−× 1 0 1 )1|( 11 1 0 1 )1|( −−+ − = ∑ − =−× xnx n x qp x n xnXEp 11 1 0 1 1)( −−+ − = − ∑ − =+× xnx n x n qp x n qpp Portanto, [ ]11)´()1|( 11 1 0 1 + − =+×+−× −−+ − = − ∑ xqpxnqppnXEp xnx n x n Então: ( ) Aqp x n x qp x n xqppnXEpnXEq xnx n x xnx n x n = − ++ + − =+×++×+−× −−+ − = − − = − ∑ ∑ 11 1 0 1 0 1 1 1 1 )´()1|()1|( Separando o primeiro termo da primeira somatória e o último do segundo, tem-se: ( ) nxnx n x xnx n x n pnqp x n xqp x n xqA ×+ − ++ − +×= −−+ − = − − = ∑∑ 112 0 1 0 1 1 1 0 O coeficiente de knkqp − , para k=1, 2, ..., n-1, será a soma do coeficiente da primeira somatória quando x=k e o da segunda somatória quando x+1=k, ou seja, x=k-1, logo é igual a: - cap.6 – pág. 16 -- bussab&morettin estatística básica [ ] ×= − ×= − − ×=+− − − ×= = −− − + − − ×= − − + − ×= − − ×+ − × k n k knk nk knk nnkkkn knk nk knk n knk nk k n k n k k n k k n k )!(! ! )!(! )!1( )!(! )!1( )!()!1( )!1( )!(! )!1( 1 11 1 11 Substituindo em A, vem: )|(0 0 1 1 nXEqkppnqp k n kqA n k knknknk n k n ==×+ +×= ∑∑ = −− − = Como queríamos provar. Problema 42. (a) 705,0)285,0()285,0()135,0()2( =++=≤XP (b) 236,0)154,0()068,0()014,0()2( =++=≤XP (c) 933,0)179,0()377,0()377,0()2( =++=≤XP Problema 43. kn n k knk n knkk n knk n knk n nnn k nk n n n k nk n n n knnn k n n nkkn npp k n − ∞→ − ∞→ − ∞→ − ∞→ − ∞→ −× −× − − −××= = − × − − −××= = − × ×+−××−××= = − × × − =−×× λλλ λλ λλ λλ 1111....111lim ! 11....111 ! lim 1)1(....)1( ! lim !)!( !lim)1(lim Como 11 → − − k n λ ; 111....11 → − − − n k n e λλ −→ − e n n 1 Então: ! )1( k epp k n kknk λλ ×→−×× − − quando ∞→n Problema 44. Usando a propriedade da soma de infinitos termos de uma P.G. de razão menor que 1. (a) 3 1 411 41 4 1 2 1) ( 11 2 = − === ∑∑ ∞ = ∞ = k k k kparXP (b) 8 7 2 1)3( 3 1 ==< ∑ =k kXP (c) 10 11 11 2 1 211 21 2 1)10( = − ==> ∑∞ =k kXP - cap.6 – pág. 17 -- bussab&morettin estatística básica Problema 45. ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ +=+=+=+=+ bXaExpbxxpaxbpxaxpxpbaXbaXE )()()()()()()()( ( )[ ] [ ] [ ]( ) )()(2)(2 )()()()()( 2 2222222 XVaraXbEXbE bbXEXEabaXEbaXEbaXVar =−+ +−+−=+−+=+ [ ] [ ] [ ]22222 )()()()()()( ∑ ∑∑ ∑ ∑ −=−=−= xxpxpxxxpxxpxpxXEXEXVar Problema 46. λλλλλ λλλ λ ====== − ∞ = ∞ = ∞ = − −∑ ∑∑ eekekekkXkPXE k k k k k 0 11 !! )()( ( ) ∑∑∑ ∑ ∑∑ ∞ = − ∞ = − ∞ = +− ∞ = ∞ = − ∞ = − +=+=+ −== − ==== 0 2 00 1 0 11 222 !!! )1( 1 )!1(! )()( j j j j j j k k k k k j e j ej j ej kj k ek k ekkXPkXE λλλλλλλ λλ λλλ λλ [ ] λλλλ =−+=−= 2222 )()()( XEXEXVar Problema 47. Para justificar a expressão, considere-se que a probabilidade de se extrair uma amostra com k elementos marcados é dada pelo quociente entre o número de amostras em que existem k elementos marcados e o número total de amostras de tamanho n, obtidas, sem reposição, de uma população de tamanho N. O número total de amostras de tamanho n, obtidas, sem reposição, de uma população de tamanho N é dado por n N . Para o numerador da expressão a ser provada, deve-se raciocinar da seguinte maneira: é necessário obter k elementos dentre os r que possuem o tributo e n-k dentre os N-r elementos restantes. Portanto, justifica-se o valor k r x − − kn rN e a probabilidade em questão é dada por: − − × = n N kn rN k r pk Problema 48. Cada resposta é um ensaio de Bernoulli com probabilidade de sucesso 0,50. Desse modo, o número de respostas corretas, X, tem distribuição binomial com n=50 e p=0,50. Acertar 80% das questões significa X = 40. Portanto: 61040 109)50,0()50,0( 40 50 )40( −×=×× ==XP Problema 49. - cap.6 – pág. 18 -- bussab&morettin estatística básica No caso de alternativas por questão, a variável aleatória X segue distribuição binomial com n=50 e p = 0,20. Desse modo, 191040 1021,1)80,0()20,0( 40 50 )40( −×=×× ==XP Problema 50. 20,012)1(3 3 3 12)1( 2 3 )3(12)2( 3232 =⇒=−⇒ ×=− ⇒=×== pppppppXPXP Proble ma 51. Seja X o número de componentes que funcionam.Tem-se que X ~b (10; p). (a) 10)10()( pXPfuncionarP === (b) 101)10() ( pXPfuncionarnãoP −=<= (c) 8282 )1(45)1( 2 10 )2( ppppXP −××=−×× == (d) ∑ = − −×× =≥ 10 5 10)1( 10 )5( k kk pp k XP Problema 52. ),;( )1)(1( )( )1( )1)(1( )()1( 1!)!()!1( !)( )1( )!1()!1( !)1( 1 ),;1( 1111 pnkb pk pkn pp k n pk pknp p pp kknk nkn pp kkn npp k n pnkb knkknk knkknk −+ − = −×× × −+ − =−× − ×× −+ − = −×× +−− =−×× + =+ −− −−+−−+ Problema 53. Para a variável Z, a mediana é qualquer valor pertencente a (1, 2), de acordo com a definição. Nestes casos costuma-se indicar o ponto médio da classe que é 1,5. Problema 54. )25,0(q = qualquer valor entre (0, 1) 2)60,0( =q ,porque 60,075,0)2())60,0(( ≥=≤=≤ XPqXP e 40,050,0)2( ≥=≥XP 3)80,0( =q , pois 80,000,1)3( >=≤XP e 20,025,0)3( >=≥XP Problema 55. (e) ∑∞ = − = −− ×=−× 1 1 1 )1(1 1)1( j j p ppp (f) ∑∑ ∞ = ∞ = − ×=−×= 11 1)1()( j j j j q dq dpppXE , onde 1- p =q. - cap.6 – pág. 19 -- bussab&morettin estatística básica Mas, q q dq dq dq d j j − =∑∞ = 11 , pois a série ∑∞ = 1j jq é convergente Logo, pq pXE 1 )1( 1)( 2 = − ×= Mesmo raciocínio para a Var(X). (g) ( ) )()1( )1( 1 )1( )1( )( )()|( 1 1 1 1 tXPp p p pp pp sXP tsXPsXtsXP ts ts sj j tsj j ≥=−= − − = ×− ×− = > +> =>+> + ++ ∞ += ∞ ++= ∑ ∑ Problema 56. Considere: C: custo do exp. X: nº de provas para sucesso. )1(3001000 −+= XXC Portanto,. 6200300 2,0 11300300)(1300)( =−×=−= XECE Problema 57. { }∑ = −====+ n k knYkXPnYXP 0 ,)( , pois o evento { nYX =+ } pode ser escrito como a união de eventos disjuntos { }knYkX −== , , n=0,..... { } { } { } + = − × −×× + =−×× − × = =−×× − ×−×× = =−=×==−====+ ∑∑ ∑ ∑∑ == = +−−− == m nm kn m k n pp m nm pp kn m k n pp kn m pp k n knYPkXPknYkXPnYXP n k mn n k mn n k knmknknk n k n k 00 0 00 pois ,)1()1( )1()1( ,)( - cap.6 – pág. 20 --