capitulo6
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Disciplina:Introdução à Probabilidade e A Estatística II155 materiais1.629 seguidores
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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 --