Probabilidade e Estatística 2009/1 Prof. Fernando Deeke Sasse CCT-UDESC Exercícios 2

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1 Distribuição exponencial Solução. (a) f := (lambda, x) -> lambda*exp(-lambda*x); f := l, x /l e Kl x Probabilidade e Estatística 009/ Prof. Fernando Deeke Sasse CCT-UDESC Exercícios A distância entre os buracos (significativos) em uma rodovia segue uma distribuição exponencial com uma média de 6 Km. (a) Qual é a probabilidade de que não haja buracos em um trecho de 0 Km da rodovia? (b) Qual é a probabilidade de que haja 3 buracos em 0 Km de rodovia? (c) Qual é o desvio padrão da distância entre buracos? (d) Qual é a probabilidade de que o primeiro buraco ocorra entre e 5 Km do início da inspeção? (e) Qual é a probabilidade de que não haja buracos em dois trechos separados de 5Km, nesta rodovia? lambda := /6; l := 6 (.) (.) X: distância até o próximo buraco. P 0! X := evalf N 0 f l, x dx P 0! X := (b) Seja Y o número de buracos em 0Km de rodovia. Como a distância entre os buracos é exponencial, Y é uma variável aleatória de Poisson com λ =0(/6) = 5/3. g := (y, lambda) -> exp(-lambda)*lambda^y/factorial(y) ; g := y, l / ekl l y y! g(3., 5.*(/3)); (.3) (.4) (.5) (c) s X = l = 6 (d) (e) evalf 5 f l, x dx (.6)

2 P 5! X := evalf 5 N f l, x dx Como os eventos são independentes, a probabilidade desejada é: P 5! X := P(X > 5)^; (.7) (.). Um fabricante de peças recebe ordens pela internet através de dois sistemas diferentes de roteamento. tempo entre as ordens para cada sistema é tipicamente um distribuição exponencial com média de 3. minutos. Ambos sistemas operam independentemente. (a) Qual é a probabilidade de que nenhuma ordem seja recebida em um período de 6 min? Em min? (b) Qual é a probabilidade de que ambos os sistemas recebam duas ordens entre 0 e 5 min. após o site começar a funcionar? (c) Por quê a distribuição de probabilidade conjunta não é necessária para responder os ítens anteriores? Solução. (a) f := l, x /l e Kl x f := l, x /l e Kl x (.) l := 3. l := (.) P 6! X, 6! Y := P! X,! Y := 6 N 6 N f l, x f l, y dx dy P 6! X, 6! Y := N N f l, x f l, y dx dy (b) Seja Y o número de ordens em um intervalo de 5 min. Então Y é uma variável aleatória de Poisson com P! X,! Y := (.3) (.4) l := np l := np (.5) l := 5 3. l := (.6) g := y, l / ekl l y y! g := y, l / ekl l y y! (.7) g, l (.)

3 (.) (c) As variáveis X e Y são independentes. Distribuição de Erlang. tempo entre falhas em uma máquina laser é exponencialmente distribuído com uma média de 500h. (a) Qual é o tempo esperado até a segunda falha? (b) Qual é a probabilidade de que o tempo até a terceira falha exceda 50,000h? Solução: Lembramos que uma variável aleatória exponencial descreve o intervalo até que a primeira contagem é obtida em um processo de Poisson. Uma generalização da distribuição exponencial é a distribuição de Erlang, que descreve o intervalo X até que r contagens ocorram em um processo de Poisson. Se l 0 é o valor esperado da variável aleatória de Poisson, então a função densidade de probabilidade de X, com parâmetros l e r =,,...é dada por restart; f:=(x,r,lambda)->lambda^r*x^(r-)*exp(-lambda*x)/(r-)!; f := x, r, l / lr x r K e Kl x rk! valor esperado e a variância são dados por µ = r l e s = r l. (3.) (a) l d 5000 ; r d ; l := te d r l 5000 r := (3.) te := (3.3) (b) f x, 3, l x e K 5000 x (3.4) int f x, 3, l, x = N 5 e K (3.5) evalf % (3.6)

4 (3.6) K int f x, 3, l, x = e K (3.7). tempo entre falhas em uma máquina laser é exponencialmente distribuído com uma média de 500h. (a) Qual é o tempo esperado até a segunda falha? (b) Qual é a probabilidade de que o tempo até a terceira falha exceda 50,000h? Solução: Lembramos que uma variável aleatória exponencial descreve o intervalo até que a primeira contagem é obtida em um processo de Poisson. Uma generalização da distribuição exponencial é a distribuição de Erlang, que descreve o intervalo X até que r contagens ocorram em um processo de Poisson. Se l 0 é o valor esperado da variável aleatória de Poisson, então a função densidade de probabilidade de X, com parâmetros l e r =,,...é dada por restart; f:=(x,r,lambda)->lambda^r*x^(r-)*exp(-lambda*x)/(r-)!; f := x, r, l / lr x r K e Kl x rk! valor esperado e a variância são dados por µ = r l e s = r l. (4.) (a) l d 5000 ; r d ; l := te d r l 5000 r := (4.) te := (4.3) (b) f x, 3, l x e K 5000 x (4.4) int f x, 3, l, x = N 5 e K (4.5) evalf % (4.6)

5 K int f x, 3, l, x = Distribuição Normal 5 e K (4.7) Uma peça deve ser produzida com um comprimento de 00. mm e desvio padrão de 0. mm. (a) Qual é a probabilidade de que um comprimento seja maior que 00.3 mm ou menor que 99.7 mm? (b) Qual deve ser a média de modo que o maior número de comprimentos fique entre 99.7 mm e 00.3 mm? Determine este número. Solução: (a) f := (mu, sigma,x) -> exp(-(/)*(x-mu)^/sigma^)/(sqrt(* Pi)*sigma); f := PR:=f(00.,0.,x); K µ, s, x / e xk µ s p s PR := ek xk 00. P(x > 00.3):=int(PR,x=00.3..infinity); P 00.3! x := P(x < 99.7) := int(pr, x = -infinity ); P x! 99.7 := u seja, esta última probabilidade é praticamente zero. Portanto, a probabilidade desejada é aproximadamente 0.6. p (5.) (5.) (5.3) (5.4) (b) A média deve estar exatamente no meio destes comprimentos. mu:=( )/(); µ := (5.5) Como a largura da normal é exatamente 3σ = 3(0.)=0.3, devemos ter 99.7 % com comprimentos entre 99.7 mm e 00.3 mm. ; A resistência compressora de amostras de cimento pode ser modelada por uma distribuição normal com uma média de 6500 Kg/ cm e desvio padrão de 0 Kg/cm. (a) Qual é a probabilidade de que a resistência de uma amostra seja menor do que $6450 Kg/ cm? (b) Qual é a probabilidade de que a resistência de uma amostra esteja entre 6400 e 6600 Kg/cm? (c) Qual é a resistência excedida por 95 %? Solução.

6 (a) restart; f := xk µ K µ, s, x / e s p s f := mu := 6500; sigma := 0; K µ, s, x / e µ := 6500 s := 0 xk µ s p s (6.) (6.) P X! 6450 := evalf 6450 KN f µ, s, x dx P X! 6450 := (6.3) u seja, praticamento zero. (b) (c) evalf(int(f(mu, sigma, x), x = )); with(stats); anova, describe, fit, importdata, random, statevalf, statplots, transform statevalf[icdf, normald[mu, sigma]](0.5e-); (6.4) (6.5) (6.6) u seja, Kg/cm Podemos conferir este resultado: f µ, s, x dx (6.7) ; Probabilidade Conjunta e Correlação Determine a covariância e a correlação da seguinte distribuição de probabilidade conjunta:

7 Façamos inicialmente o cálculo manual. A covariância é definida por s XY = E XY K E X E Y restart : µ X dk$ K 0.5$ C 0.5$ C $ 4 µ X := K (7.) µ Y dk$ K $ C $ 4 C $ µ Y := K 4 (7.) µ XY d K $ K $ C K0.5 $ K $ C 0.5$ $ µ XY := C $ $ (7.3) s XY d µ XY K µ X $µ Y A correlação é definida por s := XY (7.4) r XY = s XY s X $s Y onde s X = > x x K µ X fxy x, y Calculemos estas quantidades: K K µ X $ $ C K K µ X $ C K µ X $ 4 C K µ X (7.5) s X d sqrt % s X := (7.6) K. K µ Y $ C K K µ Y $ C K µ Y $ C K µ Y $ (7.7) s Y d sqrt % s Y := (7.) Note que neste caso podemos também usar a fórmula (as probabilidades podem ser fatoradas em cada termo) s X d µ X K µ X ; sy d µ Y K µ Y s X := µ X K s Y := 4 6 µ Y K (7.9)

8 µ Y d K. $ C K $ C $ 4 := µ Y C $ (7.0) µ X d K $ C K0.5 $ C 0.5 $ := µ X 4 C $ (7.) s X ; s Y (7.) r XY d s XY s X $s Y r := XY (7.3) Estes mesmos resultados podem também ser obtidos através dos comandos do pacote Statistics: with Statistics : X := K, K0.5, 0.5, K X := K (7.4) Y d K,K,, K Y := K (7.5) W d,, 4, W := 4 (7.6) Covariance X, Y, weights = W (7.7) Correlation X, Y, weights = W (7.)

9 (7.) ; Determine a covariância e a correlação da densidade de probabilidade conjunta f XY x, y = e KxK y no domínio x 0, y 0. Solução. Novamente, aqui s XY d µ XY K µ X $µ Y. Como µ XY = 0 N 0 N devem ser zero. x y e KxK y dx dy = 0 N x e Kx dx 0 N y e Ky dy = µ X $µ Y, a covariância e a correlação 4 Na transmissão de informação digital, a probabilidade de que um sinal que representa um bit tenha uma distorção alta, moderada ou baixa é 0.0, 0. e 0., respectivamente. Suponha que três sinais são transmitidos e que a quantidade de distorção de cada sinal é independente. Sejam X e Y o número de sinais com distorção alta e moderada, respectivamente. (a) Determine: f XY (x, y), f X x, E(X), f Y y, E(Y X=). (b) São X e Y independentes? Solução. (a) X tem distribuição binomial com n = 3 e p = 0.0 : restart p:= 0.e-: n := 3: fx := x-> binomial(n, x)*p^x*(-p)^(n-x); fx := x/binomial n, x p x K p n K x Lx:=[seq(fX(x), x = 0.. n)]; Lx := , , , (9.) (9.) Y tem distribuição binomial com n =3 e p = 0. p := 0.: n := 3: p3:=0.: fy := (y) -> binomial(n, y)*p^y*(-p)^(n-y) ; fy := y/binomial n, y p y K p n K y Ly := [seq(fy(y), y = 0.. n)]; Ly := 0.790, 0.43, 0.07, (9.3) (9.4) Pr X =, Y = d 3! $$ p$p$p3 Pr X =, Y = d 3! $ p $p Pr X = 3, Y = 0 d 3! 3! p3 Pr X =, Y = := Pr X =, Y = := Pr X = 3, Y = 0 := (9.5) (9.6) (9.7)

10 Pr X =, Y = d 3! $ p$p Pr X = 0, Y = d 3! $ p$p3 Pr X =, Y = := Pr X = 0, Y = := (9.) (9.9) Notemos que, como esperado, P Y = d Pr X = 0, Y = C Pr X =, Y = C Pr X =, Y = ; P Y = := (9.0) Pr X =, Y = 0 d 3! $ p$p3 Pr X = 0, Y = 0 d 3! 3! p3 3 Pr X =, Y = 0 d 3! $ p $p3 Pr X = 0, Y = d 3! $ p p3 Pr X =, Y = 0 := Pr X = 0, Y = 0 := Pr X =, Y = 0 := Pr X = 0, Y = := Pr X = 0, Y = 3 d 3! 3! p 3 Pr X = 0, Y = 3 := 0.00 (9.) (9.) (9.3) (9.4) (9.5) Portanto, formamos a tabela: Y 0 3 X \ 0 E Y, X = d $Pr X =, Y = C $ Pr X =, Y = ; E Y, X = := (9.6) (c) Note que fx $fy (9.7) que é diferente de fxy, = , dado pela tabela. Portanto, X e Y não são independentes.

11 Estimadores Dados relativos à espessura, em angstroms, de óxido em semicondutores são listados a seguir: 45, 43, 46, 49, 4, 436, 4, 40, 43, 433,43, 46, 40, 435, 436, 4, 4, 46, 409, 437, 4, 4, 43, 46. (a) Calcule um estimador pontual da espessura média de óxido para todos os membros da população. (b) Calcule um estimador pontual para o desvio padrão da espessura de óxido para todos os membros da população. (c) Calcule o erro padrão para o estimador pontual da parte (a). (d) Calcule um estimador pontual da mediana. (e) Calcule um estimador pontual da proporção de semicondutores na população que tem espessura de óxido maior do que 430. Solução (a) restart with Statistics : L d rtable 45, 43, 46, 49, 4, 436, 4, 40, 43, 433, 43, 46, 40, 435, 436, 4, 4, 46, 409, 437, 4, 4, 43, 46, subtype = Array ; L :=.. 4 Array Data Type: anything Storage: rectangular rder: Fortran_order (0.) n d 4. n := 4. (0.) Mean L (0.3) (b) ; s d StandardDeviation L s := (0.4) (c) erro padrão é dado por s P d s n s P := (0.5) ou StandardError Mean, L ; (0.6) (d) Median L 44. (0.7)

12 k d 0 : for i to 4 do if L i 430 then k d k C end if; od k u seja, o estimador pontual da proporção é 7 (0.) k n (0.9) ; Duas máquinas produzem um mesmo tipo de peça com um mesmo parâmetro de especificação µ. No entanto, a máquina é mais nova que a máquina e, consequentemente, tem um menor variabilidade do parâmetro nas peças produzidas. Sabemos que a variância associada à máquina é s e que a variância associada à máquina é s = a s. Suponha que temos observações independentes para o parâmetro na máquina e na máquina. (a) Mostre que é um estimador não-tendencioso de µ para qualquer 0 < α <. (b) Determine o erro-padrão do estimador de µ da parte (a). (c) Qual o valor de α que minimiza o erro padrão do estimador pontual de µ? (d) Suponha que a = 4 e n = n. Que valor de α deve ser selecionado para minimizar o erropadrão do estimador de µ da parte (a)? Quão ruim seria a escolha do parâmetro a = 0.5? Solução (a) (b) (c) restart

13 ep := s a n C K a a n n n ep := s a n C K a a n n n (.) eq := a n C K a a n eq := a n C K a a n eq d diff eq, a = 0 eq := a n K K a a n = 0 (.) (.3) a s d solve eq, a a s := a n n C a n (.4) (d) a d 4; n d $n a := 4 n := n (.5) a s 9 (.6) erro padrão neste caso é assume s 0 ep := evalf subs a = 4, n = n, a =. a s, ep ep := s~ n (.7) Se a s = 0.5 temos sqrt evalf subs a = 4, n = * n, a = 0.5, ep ; s~ n (.) u seja, bastante acima do erro mínimo. 3 Uma população normal tem média 00 e variância 5. Qual deve ser o tamanho da amostra aleatória para que o erro padrão da média amostral seja.5? Solução restart: assume(mu,real); assume(sigma,real);assume(sigma>0);

14 f := t/ K t K µ e s p s f := t/ K e p s t K µ s (.) mu := 00; sigma := 5; µ := 00 s := 5 (.) erro padrão da média é dado por e d.5 = s sqrt n e :=.5 = 5 n (.3) solve e, n Portanto, n =.. (.4) 4 A capacidade compressiva do concreto é normalmente distribuída com µ = 500 psi e σ = 40 psi. Determine a probabilidade de que uma amostra aleatória de n = 7 elementos tenha capacidade compressiva no intervalo de 490 psi a 50 psi. Qual o erro padrão da média amostral? Solução. restart s := 40; µ := 500; n := 7 s := 40 µ := 500 n := 7 (3.) erro padrão é: sigmam := evalf n s sigmam := (3.) X d 50; X d 496; X := 50 (3.3)

15 X := 496 (3.3) ZZ := XM K µ sigmam ZZ := XM K (3.4) z d subs XM = X, ZZ ; z d subs XM = X, ZZ z :=.3756 z := K (3.5) f := t, m, s / K t K m e s p s f := t, m, s / K e p s t K m s (3.6) P d evalf int f t, 0,, t =KN..z P := P d evalf int f t, 0,, t =KN..z P := (3.7) (3.) P K P (3.9) 5 A vida efetiva de um componente utilizado em um motor é uma variável aleatória com uma média de 5000 h e desvio padrão de 40 h. A distribuição de vida efetiva é próxima à distribuição normal. fabricante do motor introduz uma melhoria no processo de manufatura deste componente que aumenta a vida média para 5050 h e decresce o desvio padrão para 30 h. Suponha que uma amostra aleatória de n = 6 componentes é selecionada a partir do processo antigo e n = 5 do processo melhorado. Qual é a probabilidade de que a diferença nas duas médias amostrais seja de ao menos 5 horas? Suponha que os dois processos são independentes. Solução A distribuição da média amostral X é normal, com média XM d 5000 XM := 5000 e desvio padrão s M d 40 sqrt 6 s M := 0 (4.) (4.) A distribuição da média amostral X é normal, com média e desvio padrão amostral dados por XM d 5050 XM := 5050 (4.3)

16 s M d 30 sqrt 5 s M := 6 (4.4) A distribuição de XMKXM é normal, com média µ K µ = 5050 K 5000 = 50 e variância Queremos agora determinar s C s = 6 C 0 = 36 n n P XM K XM R 5 Variável normalizada 5 K 50 Z := evalf 36 Z := K (4.5) with Statistics : X := RandomVariable Normal 0, ; X := _R (4.6) K CDF X, Z (4.7) Usamos aqui o seguinte fato: 6 Seja a função densidade de probabilidade Determine o estimador de máxima verossimilhança para θ. Solução. A função de máxima verossimilhança verossimilhança da amostra é

17 restart f i := x e K q x i q x i K f i := x e q q (5.) L d simplify? n f i i = L := x q n x i K q n e?i = (5.) L d subs? n e i = x i K q = exp K n$xb q L :=, L x q n K n Xb q e (5.3) L3 d log L L3 := ln x q n K n Xb q e (5.4) eq d diff L3, q = 0 K eq := x q n q K n Xb q n e x q C x q n K n Xb q e n K n Xb q n Xb e q = 0 (5.5) eq3 d simplify eq eq3 := n K q C Xb q = 0 (5.6) solve eq3, q Xb (5.7) u seja, o estimador de θ é EST q = n > n x i i =

18 7 Ilustre através de um exemplo o fato de que a média amostral é um estimador não tendencioso. Verifique a validade da fórmula de estimação da variância da média amostral. Solução. Tomemos a lista restart with Statistics : L d, 3, 6,, L :=, 3, 6,, (6.) n d nops L n := 5 (6.) kd rand..n k:= proc proc option builtin = RandNumberInterface; end proc 6, 5, 3 C end proc (6.3) k 5 (6.4) Geramos todas as 00 amostras de elementos da população dada pela lista L: NA d 00 : for j from to NA do LL j d L k, L k od: LLb d seq LL h, h =..NA : LLc d op LLb LLc :=,,, 3,, 6,,,,, 3,, 3, 3, 3, 6, 3,, 3,, 6,, 6, 3, 6, 6, 6,, 6,,,,, 3,, 6,,,,,,,, 3,, 6,,,, (6.5) N d nops LLc N := 5 (6.6) Cada uma destas amostras tem média: for k from to N do X k d Mean LLc k od: LLL d seq X m, m =..N ; LLL :=., , 4., 5., , , 3., , , 7., 4., , 6., 7., , 5., , 7.,., , , 7., , ,. (6.7) A média deste estimador é: M d Mean LLL M := 6. (6.)

19 Note que Mean L 6. (6.9) que coincide com a média populacional. Verificaremos agora a validade da fórmula para a variância da média. A variância da população (variância verdadeira) é dada por V d sum L m K Mean L, m =..n n V := A fórmula para o a variância da média, nos diz que esta pode ser estimada por V pois é o número de elementos na amostra. desvio padrão da população é então DPd sqrt V DP:= (6.0) (6.) (6.) Nota: o comando do Maple, s d StandardDeviation L s := (6.3) interpreta o a lista L como uma lista amostral, fazendo, por isso o cálculo: sum L m K Mean L n K, m =..n (6.4) De fato, desvio padrão da distribuição amostral das médias (erro padrão das médias) é sum LLL m K M, m =..N N (6.5) o que concorda com o resultado fornecido pela fórmula de estimação. Uma vez estabelecida a verificação da fórmula para este caso ideal, consideremos agora um exemplo mais realístico. Seja a população descrita pela lista restart with Statistics : L d 6, 5,, 7, 7,, 6.5, 4.3,, 6, 4, 5,, 3, 4, 7,, 9, 7, 6, 7, 5, 6, 7, 9, 0, 9, 4., 6.,., 7,.5,., 4., 0., 9.3, 7.,.3, 6.7, 5., 9.5, 3.3,., 4.5, 0.,.9, 5.3, 7.7, 5.6, 7.7, 7., 9. : n d nops L n := 5 k d rand..n : Tomemos 40 amostras aleatórias de 7 elementos da população dada pela lista L: NA d 40 : for j from to NA do (6.6)

20 LL j d L k, L k, L k, L k, L k, L k, L k od: Cada uma destas amostras tem média: for k from to NA do X k d Mean LL k od: LLL d seq X m, m =..NA ; LLL := , ,.5749, , , , ,.45746, , , , , , ,.45746, , , , , , , , , , , , ,.57457,.45743, , , , , , , , , , , (6.7) A média deste estimador é: M d Mean LLL Notemos que Mean L M := (6.) (6.9) de modo que M é bem próximo do valor verdadeiro. Verificaremos agora a validade da fórmula para a variância da média. A variância da população (variância verdadeira) é dada por V d sum L m K Mean L, m =..n n V := (6.0) A fórmula para o a variância da média, nos diz que esta pode ser estimada por V (6.) pois 7 é o número de elementos nas amostras. desvio padrão verdadeiro da distribuição amostral das médias (erro padrão das médias) é sum LLL m K M, m =..NA NA (6.) que concorda aproximadamente com a estimação. Sejam três amostras aleatórias com tamanhos n = 0, n = 0, n 3 =, tomadas de uma população com média µ e variância s.sejam S, S, S 3, as variâncias das amostras. Mostre que

21 S = 0 S C 0 S C S 3 3 é um estimador não tendencioso de s. Solução Utilizaremos o fato de que a variância de qualquer amostra da população é um estimador não tendencioso da variância da população s, ou seja, E S i = s, i =,, 3. De fato, S definido acima é um estimador não tendencioso de s, pois E S = E 0 S C 0 S C S3 = E S C 0$E S C E S3. = 3 0 s C 0 s C s = s