lista1 gabarito_Ver¦o 2010

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Universidade de São Paulo - Departamento de Economia
Curso de Verão Estatística
Prof. Dr. Ricardo Avelino
Monitor: Dejanir Henrique
1o Semestre de 2010
Lista de Exercícios 1 - Solução
1) a) Seja Y = X−m. Então,
P [Y ≥ α] = P [Y+x ≥ α+x] ≤ P [(Y+x)2 ≥ (α+x)2] ≤ E[(Y + x)
2]
(α+ x)2
=
σ2 + x2
(α+ x)2
Onde x é um número real. A desigualdade é obtida através da escolha ótima
de x, de tal forma que
Minx
σ2 + x2
(α+ x)2
CPO. :
2x(α+ x)2 − (σ2 + x2)2(α+ x)
(α+ x)4
= 0
x =
σ2
α
Substituindo o valor de x de volta na desigualdade, temos
P [Y ≥ α] ≤ σ
2 + (σ2/α)2
(α+ σ2/α)2
=
σ2(α2 + σ2)
(α2 + σ2)2
=
σ2
α2 + σ2
De onde obtemos a desigualdade de Cantelli,
P [X −m ≥ α] ≤ σ
2
σ2 + α2
b)
P [|X−m| ≥ α] = P [{X−m ≥ α}∪{X−m ≤ −α}] = P [X−m ≥ α]+P [−(X−m) ≥ α] ≤ 2σ
2
σ2 + α2
Onde a última desigualdade vem do fato que V ar(X−m) = V ar(m−X) = σ2.
A desigualdade acima é melhor do que a de Chebyshev se,
2σ2
σ2 + α2
≤ σ
2
α2
→ α2 ≤ σ2 → α ≤ σ
1
2) SejaX = {X1,X2, ...,Xn} um vetor de variáveis aleatórias independentes.
Mostre que
MSXi(t) =
nY
i=1
MXi(t)
Solução:
MSXi(t) = E
³
et
S
Xi
´
= E
¡
etX1etX2 ...etXn
¢
= E
¡
etX1)E(etX2)...E(etXn
¢
=
nY
i=1
MXi(t)
3)Obtenha as funções geradoras de momentos das seguintes distribuições:
a) Bernouli(p)
X = 0 c/ prob (1− p)
X = 1 c/ prob p
Solução:
Mx(t) = E(e
tx) = e0t(1− p) + e1tp = 1− p+ etp
b) Binomial(n,p): n realizações de ensaios de Bernoulli com probabilidade
de sucesso p
P (X = k) =
µ
n
p
¶
pk(1− p)n−k
Solução: Seja X =
Pn
i=1 Yi.
Mx(t) = E(e
tx) = E
³
et
S
yi
´
= E
Ã
nY
i=1
etyi
!
=
nY
i=1
E(etyi)
=
nY
i=1
£
(1− p) + pet
¤
=
£
(1− p) + pet
¤n
c) Geométrica: Repetições independentes de ensaio de bernoulli até o primeiro
sucesso. Y=no de ensaios
P (Y = k) = (1− p)k−1p
2
Solução: Seja X =no de sucessos= Y − 1
Mx(t) = E(e
tx) =
∞X
k=0
etkP (X = k) =
∞X
k=0
etk(1− p)kp
= p+ et(1− p)p+ e2t(1− p)2p+ ... = p
1− et(1− p)
d) Poisson
P (X = k) = (e−λλk)/k!
Solução:
Mx(t) = E(e
tx) =
∞X
k=0
etke−λλk
k!
=
∞X
k=0
(et)ke−λλk
k!
=
∞X
k=0
e−λ(etλ)k
k!
Mas, dado que
Poisson(α) =
e−ααk
k!
,
para α = λet,
Mx(t) = e
−λeλe
t
∞X
k=0
e−λt(λet)k
k!
= e−λeλe
t
∞X
k=0
e−α(α)k
k!
= eλ(e
t−1)
e)Uniforme
fx =
1
b−aI[a,b](x)
Solução:
Mx(t) =
Z b
a
etx
1
b− adx =
etb − eta
t(b− a)
f) Exponencial
f(x) = θe−θxI(0,∞)(x)
Solução:
Mx(t) =
Z ∞
0
etxθe−θxdx = θ
Z ∞
0
e−(θ−t)xdx =
−θe−(θ−t)x
θ − t
¯¯¯¯∞
0
=
θ
θ − t
g) Gama(r, θ)
3
f(x) = θ
r
Γ(r)x
r−1e−θxI(0,∞)(x)
sendo
Γ(r) =
Z ∞
0
yr−1eydy,Γ(k + 1) = kΓ(k), k > 0
Se k ∈ N,
Γ(k + 1) = k!
Solução:
Mx(t) = E(e
tx) =
Z ∞
0
etxθnxn−1e−θx
Γ(n)
dx =
Z ∞
0
θnxn−1e−x(−t+θ)
Γ(n)
dx
=
θn
(θ − t)n
Z ∞
0
(θ − t)nxn−1e−x(−t+θ)
Γ(n)
dx =
θn
(θ − t)n
4) Mostre que a soma de n variáveis aleatórias independentes com dis-
tribuição exponencial(θ) possui distribuição Gama(n, θ)
Solução:
Mx(t) = E(e
tx) = E(et
S
yi) = E(
Y
etyi) =
Y
E(etyi)
=
Yµ θ
θ − t
¶
=
µ
θ
θ − t
¶n
5) Seja Xi uma sequência de v.a iid ∼ Bin(ni, p). Mostre que
P
Xi ∼ Bin(P
ni, p)
Solução:
E
³
et
S
xi
´
=
kY
i=1
E(etXi) =
kY
i=1
£
pet + (1− p)
¤ni = £pet + (1− p)¤Sni
6) Suponha f(x) = [π(1 + x2)]−1. Obtenha f(y), sendo Y = X2
Solução: Note que f(x) é simétrica, ou seja, f(x)=f(-x).
Fy(y) = P (Y ≤ y) = P (X2 ≤ y) = P (−
√
y ≤ x ≤ √y)
= Fx(
√
y)− Fx(−
√
y)
fy(y) =
d
dy
P (Y ≤ y) = 1
2
√
y
fx(
√
y)−
µ
−1
2
√
y
¶
fx(x)
=
1/
√
y
π(1 + y)
, p/ y ≥ 0
4
7) Seja
fx,y(x, y) = 1/π, x
2 + y2 ≤ 1
= 0, c.c
Obtenha fy(y0) como função explícita de yo
Dica: fx,y(x, y) equivale a um círculo de centro na origem e raio 1.
Solução:
fy(y0) =
Z +∞
−∞
fx,y(x, y0)dx =
Z a
−a
1
π
dx =
2a
π
=
2
π
(1− y20)1/2
pois, do círculo descrito,
y20 + a
2 = 12
8) Sejam X1,X2 v.a iid ∼ N(0, 1). Sejam Y1 = X1 +X2 e Y2 = X1/X2.
Mostre que fy2(y2) segue uma distribuição Cauchy(0,1).
Obs: Se Y ∼ Cauchy(0,1), fy(y) = 1π(1+y22)
Solução: Através de simples manipulações algébricas, obtemos(
X1 =
Y1Y2
1+Y2
X2 =
Y1
1+Y2
Portanto,
J =
"
∂X1
∂Y1
∂X1
∂X2
∂X2
∂Y1
∂X2
∂Y2
#
=
"
Y2
1+Y2
Y1
(1+Y2)
2
1
1+Y2
− Y1(1+Y2)2
#
e
detJ = − Y1Y2
(1 + Y2)3
− Y1
(1 + Y2)3
=
−Y1
(1 + Y2)2
Consequentemente,
fy(y1, y2) = fx
µ
y1y2
1 + y2
,
y1
1 + y2
¶ |y1|
(1 + y2)2
=
1
2π
exp
(
−1
2
"µ
y1y2
1 + y2
¶2
+
µ
y1
1 + y2
¶2#) |y1|
(1 + y2)2
=
1
2π
exp
½
−1
2
y21(1 + y
2
2)
(1 + y2)2
¾ |y1|
(1 + y2)2
e
5
fy2(y2) =
Z +∞
−∞
fy(y1, y2)dy1
=
1
2π
1
(1 + y2)2
Z +∞
−∞
|y1| exp
½
−1
2
y21(1 + y
2
2)
(1 + y2)2
¾
dy1
Note queZ +∞
−∞
|y1| exp
½
−1
2
y21(1 + y
2
2)
(1 + y2)2
¾
dy1 = 2
Z +∞
0
y1 exp
½
−1
2
y21(1 + y
2
2)
(1 + y2)2
¾
dy1
Considerando u = 12
y21(1+y
2
2)
(1+y2)2
, du =
(1+y22)
(1+y2)2
y1dy1
fy2(y2) =
1
π
1
(1 + y2)2
(1 + y2)
2
(1 + y22
Z +∞
0
e−uy1
1 + y22
(1 + y2)2
dy1
=
1
π
1
(1 + y2)2
(1 + y2)
2
(1 + y22
Z +∞
0
e−udu
=
1
π(1 + y22)
9) Suponha 2 variáveis aleatórias independentes com distribuição qui-quadrado,
U e V, com m e n graus de liberdade, respectivamente. Mostre que
X =
U/m
V/n
∼ F (m,n)
Se X tem distribuição qui-quadrado com k graus de libertade, temos que
fx(x) =
¡
1
2
¢ k
2 x
k
2−1e−
x
2
Γ
¡
k
2
¢ , x ≥ 0
Dica: Defina uma variável auxiliar Y = V para o cálculo do Jacobiano.
Solução: Isolando U, obtemos U = XY
¡
m
n
¢
. Assim, segue que
J =
·
∂U
∂X
∂U
∂Y
∂V
∂X
∂V
∂Y
¸
=
·
Y
¡
m
n
¢
X
¡
m
n
¢
0 1
¸
detJ = |det J | = Y m
n
, pois 0 < U, V <∞
fx,y(x, y) = fu(u)fv(v) |detJ |
=
(1/2)
m
2
Γ
¡
m
2
¢ um2 −1e− 12u (1/2)n2
Γ
¡
n
2
¢ v n2−1e− 12vy ³m
n
´
=
(1/2)
m+n
2
Γ
¡
m
2
¢
Γ
¡
n
2
¢ ³xym
n
´m
2 −1
e−
1
2(xy
m
n )y
n
2−1e−
1
2yy
³m
n
´
6
fx(x) =
Z +∞
0
fx,y(x, y)dy
=
Z +∞
0
(1/2)
m+n
2
Γ
¡
m
2
¢
Γ
¡
n
2
¢ ³xym
n
´m
2 −1
e−
1
2 (xy
m
n )y
n
2−1e−
1
2yy
³m
n
´
dy
=
(1/2)
m+n
2
Γ
¡
m
2
¢
Γ
¡
n
2
¢ ³m
n
´m/2
X
m
2
−1
Z +∞
0
e−
1
2 (x
m
n
+1)yy
n
2 dy
Mas, lembrando que se X ∼ Gama(r, λ), fx(x) =
R +∞
0
λr
Γ(r)x
r−1e−λx, re-
definindo r = m+n2 , λ =
©
1
2
£
1 +
¡
m
n
x
¢¤ª
e multiplicando a expressão acima por
Γ(m+n2 )
{ 12 [1+(mn x)]}
½
Γ(m+n2 )
{ 12 [1+(mn x)]}
¾−1
, temos
fx(x) =
Γ
¡
m+n
2
¢©
1
2
£
1 +
¡
m
n
x
¢¤ª (1/2)m+n2
Γ
¡
m
2
¢
Γ
¡
n
2
¢ ³m
n
´m/2
X
m
2
−1
Z +∞
0
©
1
2
£
1 +
¡
m
n
x
¢¤ª
Γ
¡
m+n
2
¢ e− 12(xmn +1)yy n2 dy
=
Γ
¡
m+n
2
¢©
1
2
£
1 +
¡
m
n
x
¢¤ª (1/2)m+n2
Γ
¡
m
2
¢
Γ
¡
n
2
¢ ³m
n
´m/2
X
m
2
−1
7