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Universidade de Sa˜o Paulo - Departamento de Economia EAE 0324 - Econometria I Prof. Dr. Ricardo Avelino 1o Semestre de 2008 Lista de Exerc´ıcios 1 - Soluc¸a˜o Questa˜o 1 a) E(X) = +∞Z −∞ xf (x) dx = 3Z 0 x 1 9 x2dx = 1 36 x4c30 = 34 36 = 9 4 b) V (X) = E(X2)− [E(X)]2 E(X2) = +∞Z −∞ x2f (x) dx = 3Z 0 x2 1 9 x2dx = 1 45 x5c30 = 35 45 = 27 5 V (X) = 27 5 − · 9 4 ¸2 = 27 80 = 0.3375 Questa˜o 2 Sabemos que, P (B) = 1− P ¡ BC ¢ = 1− 1 6 = 5 6 Ale´m de que, P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) Supondo que A e B sa˜o dois eventos disjuntos. Enta˜o P (A ∩B) = 0, desta forma, P (A ∪B) = P (A) + P (B) = 1 5 + 5 6 = 31 30 > 1 Como, P (A ∪ B) ≤ 1, esta hipo´tese leva a contradic¸a˜o. Assim, A e B na˜o podem ser eventos disjuntos. Note que na˜o se afirma que A e B exaurem toda a amostra. Assim, na˜o e´ correto assumir que P (A ∪B) = 1. Questa˜o 3 1 a) E(3X + 2Y ) = 3E(X) + 2E(Y ) = 3.2 + 2.1 = 8 b) V (X − Y ) = V (X) + V (Y )− 2Cov(X,Y ) Por hipo´tese, X e Y sa˜o independentes, enta˜o Cov(X,Y ) = 0. Assim, V (X − Y ) = V (X) + V (Y ) = 4 + 2 = 6 c) V (3X + 2Y ) = 9V (X) + 4V (Y ) + 2Cov(3X, 2Y ) Novamente, por hipo´tese X e Y sa˜o independentes, o que implica que Cov(X,Y ) = 0. Em consequeˆncia, V (3X + 2Y ) = 9V (X) + 4V (Y ) = 9.4 + 4.2 = 44 d) Neste caso, (a) permanece o mesmo. Para (b), temos V (X − Y ) = V (X) + V (Y )− 2Cov(X,Y ) = 4 + 2− 2.3 = 0 Por u´tlimo, desde que Cov(3X, 2Y ) = E(3X.2Y )−E(3X)E(2Y ) = 3.2E(X.Y )− 3E(X)2E(Y ) = 3.2Cov(X,Y ) (c) torna-se V (3X + 2Y ) = 9V (X) + 4V (Y ) + 2.3.2Cov(X,Y ) = 9.4 + 4.2 + 2.3.2.3 = 80 Questa˜o 4 a) Para que seja uma func¸a˜o densidade conjunta va´lida, fX,Y (x, y) deve satisfazer +∞Z −∞ +∞Z −∞ fX,Y (x, y)dxdy = 1⇔ 2Z 0 3Z 0 kxydxdy = 1 e fX,Y (x, y) ≥ 0 Mas 3Z 0 kxydx = ky 3Z 0 xdx = x2 2 c30ky = 9 2 ky Assim, 2Z 0 3Z 0 kxydxdy = 2Z 0 9 2 kydy = y2 2 c20 9 2 k = 9k 2 isso implica que k = 1 9 b) fX(x) = 2Z 0 kxydy = 1 9 x 2Z 0 ydy = y2 2 c20 1 9 x = 2 9 x fY (x) = 3Z 0 kxydx = 1 9 y 3Z 0 xdx = x2 2 c30 1 9 y = 1 2 y c) fY |X(y|x) = fX,Y (x, y) fX(x) = xy 2x = 1 2 y d) Por definic¸a˜o, X e Y sa˜o varia´veis aleato´rias independentes se, e somente se, fX,Y (x, y) = fX(x)fY (y). Como fX,Y (x, y) = 1 9 xy = 2 9 x 1 2 y = fX(x)fY (y) X e Y sa˜o independentes. e) De E(X) = +∞Z −∞ xf (x) dx = 3Z 0 x 2 9 xdx = 2 27 x3c30 = 33.2 27 = 2 E(Y ) = +∞Z −∞ yf (y) dy = 2Z 0 y 1 2 ydy = 1 2.3 y3c20 = 23 6 = 4 3 e E(XY ) = +∞Z −∞ +∞Z −∞ xyfX,Y (x, y)dxdy = 2Z 0 3Z 0 xy 1 9 xydxdy = 2Z 0 1 9 y2 3Z 0 x2dxdy = 2Z 0 1 9 y29dy = 1 3 y3c20 = 8 3 segue que Cov(X,Y ) = E(X.Y )−E(X)E(Y ) = 8 3 − 2.4 3 = 0 f) Independeˆncia implica em na˜o correlac¸a˜o, assim o resultado em (d) implica o resultado em (e), mas na˜o o contra´rio. 3 Questa˜o 5 a) fX(x) = X y fX,Y (x, y) Assim, fX(X = 5) = 1 12 + 1 6 + 1 12 = 1 3 fX(X = 10) = 1 12 + 1 4 + 1 3 = 2 3 b) fY (y) = X x fX,Y (x, y) Consequentemente, fY (Y = 1) = 1 12 + 1 12 = 1 6 fY (Y = 2) = 1 6 + 1 4 = 5 12 fY (Y = 3) = 1 12 + 1 3 = 5 12 c) E(X) = X x xfX(x) = 5. 1 3 + 10. 2 3 = 25 3 E(Y ) = X y yfY (y) = 1. 1 6 + 2. 5 12 + 3. 5 12 = 9 4 E(X2) = X x x2fX(x) = 25. 1 3 + 100. 2 3 = 225 3 E(Y 2) = X y y2fY (y) = 1. 1 6 + 4. 5 12 + 9. 5 12 = 67 12 Desta maneira, V (X) = E(X2)− [E(X)]2 = 225 3 − µ 25 3 ¶2 = 50 9 e V (Y ) = E(Y 2)− [E(Y )]2 = 67 12 − µ 9 4 ¶2 = 25 48 d) fX,Y (5, 1) = 1 12 6= 1 18 = 1 3 . 1 6 = fX(5)fY (1) 4 Consequentemente, X e Y na˜o sa˜o independentes. e) Cov(X,Y ) = E(X.Y )−E(X)E(Y ) Mas E(X.Y ) = X x X y xyfX,Y (x, y) = 5.1. 1 12 + 5.2. 1 6 + 5.3. 1 12 + 10.1. 1 12 + 10.2. 1 4 + 10.3. 1 3 = 115 6 isso implica que Cov(X,Y ) = 115 6 − 25 3 9 4 = 5 12 Assim, X e Y sa˜o na˜o correlacionados. Questa˜o 6 Note que antes de Serginho Malandro abra uma das portas, a probabilidade de que a escolha original da crianc¸a contenha o preˆmio e´ um terc¸o. Como Serginho Malandro sempre abre a porta com o monstro, a qual na˜o foi escolhida pela crianc¸a, a probabilidade continua a ser um terc¸o depois que a porta e´ aberta. Assim, ela deveria sempre mudar, porque a chance de ganhar o preˆmio e´ dois terc¸os. Questa˜o 7 a) Seja A o evento face 1 aparecer. O problema e´ sime´trico em todas as faces. Enta˜o, P (A) = 1− P (Ac) = 1− µ 5 6 ¶6 = 0.6651 b) Seja A o evento duas faces 6 aparecerem em um lance. P (A) = µ 1 6 ¶2 = 1 36 Como os lances sa˜o mutualmente independentes, a probabilidade de con- seguir ao menos dois 6 em in n lances e´ 1− (P (Ac))n Temos que achar n tal que 1− µ 35 36 ¶n > 0.5 O menor n para que a inequac¸a˜o valha e´ n = 25. Note que ¡ 35 36 ¢25 = 0.4945 e ¡ 35 36 ¢24 = 0.5086. 5 c) Ha´ 365!(365−40)! maneiras de conseguir 40 distintos nascimentos e 365 40 maneiras de conseguir 40 dias. Assim, segue-se diretamente que P (aomenos duas pessoas com mesmo aniversa´rio) = 1− P (todas pessoas com diferentes aniversa´rios) = 1− 365! (365− 40)!36540 = 1− 0.1088 = 0.8912 d) i) Temos P (A) = P {1, 3, 5} = 1/2 e P (B) = P {1, 3, 5} = 1/2 Assim, P (A ∩B) = P {(1, 1) , (1, 3) , (1, 5) , (3, 1) , (3, 3) , (3, 5) , (5, 1) , (5, 3) , (5, 5)} = 9 36 = P (A)× P (B) e A e B sa˜o independentes. Mais ainda, desde A ∩Bc e Ac ∩B sa˜o disjuntos, P (C) = P {(A ∩Bc) ∪ (Ac ∩B)} = P {A ∩Bc}+ P {Ac ∩B} Por independeˆncia de A e B, P (C) = P {A ∩Bc}+ P {Ac ∩B} = P (A)× P (Bc) + P (Ac)× P (B) = 1/4 + 1/4 = 1/2 Agora considere P (C|A) . A mesma raza˜o se aplica a P (C|B) . P (C|A) = P (Bc) = 1/2 = P (C) Assim, A e C sa˜o independentes. ii) P (A)× P (B)× P (C) = 1.2.1/2.1/2 = 1/8 Mas P (A ∩B ∩C) = P (∅) 6= P (A)× P (B)× P (C) A,B e C na˜o sa˜o mutualmente independentes porque a somas e´ par se temos uma face ı´mpar no primeiro e no segundo dado. Questa˜o 8 Seja A e B, respectivamente, os eventos acerto do segundo lance e acerto do primeiro lance.Enta˜o, se Kobe Bryant tem ”hot hands”, P (A|B) > P (A|Bc) 6 Desde que, P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|Bc)P (Bc) a afirmativa e´ equivalente a P (A|B) > P (A) Mas P (A|B) = P (A ∩B) P (B) = 251 338 . 338 285 = 251 285 < 299 338 = P (A) Assim, a evideˆncia na˜o suporta a ide´ia de que Kobe Bryant tem ”hot hands”. 7
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