EAE325SolLista1

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Universidade de Sa˜o Paulo - Departamento de Economia
EAE 0325 - Econometria II
Prof. Dr. Ricardo Avelino
2o 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
a)
E(3X + 2Y ) = 3E(X) + 2E(Y ) = 3.2 + 2.1 = 8
1
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
Para resolver o problema da porta dos desesperados temos que as proposic¸o˜es
do problema sa˜o:
Ci : O carro esta´ atra´s da porta i, para i = 1, 2, 3.
Hij : Serginho abre a porta j apo´s a crianc¸a ter escolhido a porta i, para i
e j iguais a 1, 2, 3.
Por exemplo, C1 e´ a realizac¸a˜o do evento presente atra´s da porta 1, e H12 e´
a realizac¸a˜o do evento Serginho abre a porta 2 depois da crianc¸a ter escolhido
a porta 1. I indica a informac¸a˜o passada, com as seguintes suposic¸o˜es.
Primeiro, o presente esta´ atra´s de qualquer porta, e todas as portas sa˜o a
priori igualmentes prova´veis de esconder o presente. Nesse contexto a priori
significa antes de comec¸ar o jogo. Assim, a probabilidade inicial e´:
P (Ci| I) = 1/3
Segundo, Serginho sempre abrira´ a porta que na˜o tem presente, escolhendo
entre as duas portas que a crianc¸a na˜o escolheu. Se as duas portas esta˜o
dispon´ıveis, cada uma tera´ igual probabilidade de ser aberta. Esta regra de-
termina a probabilidade condicional Hij , sujeita aonde o presente esta´, ou seja,
condicional em Ck. Especificamente temos:
P (Hij |Ck, I) =


0 = se i = j, (na˜o pode abrir a porta escolhida pela crianc¸a)
0 = se j = k, (na˜o pode abrir a porta com o presente)
1/2 = se i = k , (as portas com monstro sa˜o igualmente prova´veis)
1 se i 6= k e j 6= k, (existe apenas uma porta poss´ıvel de ser aberta)
5
O problema pode ser resolvido agora calculando a probabilidade a posteriori
de ganhar associada a cada estrate´gia. Sem perda de generalidade, assuma,
reenumerando as portas se necessa´rio, que a crianc¸a escolhe a porta 1, e que
Serginho abre a porta 3, revelando um monstro. Em outras palavras, Serginho
torna o evento H13 verdadeiro.
A probabilidade posterior de ganhar por na˜o trocar de porta, sujeito a`s
regras do jogo e H13, e´ enta˜o P (C1|H13, I). Usando o teorema de Bayes:
P (C1|H13, I) = P (H13|C1, I)P (C1|I)
P (H13|I)
Assim, o numerador do lado direito e´:
P (H13|C1, I)P (C1|I) = 1
2
· 1
3
=
1
6
Para calcular o denominador podemos expandi-lo e utilizar as definic¸o˜es de
probabilidade condicional e probabilidade marginal:
P (H13|I) = P (H13, C1|I) + P (H13, C2|I) + P (H13, C3|I) =
= P (H13|C1, I)P (C1|I) + P (H13|C2, I)P (C2|I)
+P (H13|C3, I)P (C3|I)
=
1
2
· 1
3
+ 1 · 1
3
+ 0 · 1
3
=
1
2
o que resulta em:
P (C1|H13, I) = 1
6
/
1
3
=
1
3
Note que o resultado e´ igual a` probabilidade inicial do presente estar atra´s
da porta inicialmente escolhida, significando que a ac¸a˜o do Serginho na˜o con-
tribui para qualquer nova informac¸a˜o. De fato, o seguinte argumento mostra
que o efeito da ac¸a˜o do Serginho consiste inteiramente em redistribuir as prob-
abilidades do carro estar atra´s de uma das duas portas.
A probabilidade de ganhar mudando para a porta 2, P (C2|H13, I), pode ser
calculada atrave´s das probabilidades de todos Ci somem 1. Isto e´:
1 = P (C1|H13, I) + P (C2|H13, I) + P (C3|H13, I)
Na˜o existe carro atra´s da porta 3, desde que Serginho abre ela, assim o
u´ltimo termo preciso ser zero. Prova-se usando teorema de Bayes e o resultado
anterior:
P (C3|H13, I) = P (H13|C3, I)P (C3|I)
P (H13|I) =
µ
0 · 1
3
¶
/
1
2
= 0
Assim:
P (C2|H13, I) = 1− 1
3
− 0 = 2
3
6
Desta forma a estrate´gia vencedora e´ mudar para a porta 2. Isso tambe´m
mostra que Serginho, ao mostrar o monstro atra´s da porta 3, transfere a prob-
abilidade inicial de ganhar de 1/3 associada com a porta na˜o selecionada e na˜o
aberta, fazendo com que seja a opc¸a˜o mas prova´vel de sucesso.
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.
c) Ha´ 365!(365−40)! maneiras de conseguir 40 distintosnascimentos 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)
7
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)
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”.
8