2 a Lista de Exercícios

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1 2 a Lista de Exercícios Curso de Probabilidade e Processos Estocásticos 31/03/ a Questão: Exerc.8 Cap.1 (BJ). Solução: Um possivel espaço amostral seria Ω {(x n ) x n {2,..., 12} n 1} onde cada x n é interpretado como o resultado do n-ésimo lançamento. Como a principio não sabemos quantos lançamentos serão necessários para terminar o jogo precisamos considerar sequências infinitas. Note que a princípio não sabemos sequer se o jogo terminará em algum momento. Veremos que como uma consequência do lema de Borel-Cantelli, com probabilidade 1 o jogo termina em tempo finito. Se representarmos por [x k = i] {(x n ) x k = i}(leia o conjunto das sequências com k-ésimo termo igual a i) então P (x k = 2) = P (x k = 12) = 1 6 2, P (x k = 3) = P (x k = 11) = 2 6 2, P (x k = 4) = P (x k = 10) = 3 6 2, P (x k = 5) = P (x k = 9) = 4 6 2, P (x k = 8) = P (x k = 6) = 5 6 2, P (x k = 7) = Assim para calcularmos a probabilidade de vitória, defina o evento A [ocorrência de vitória] e observe que A = n 1 A n, onde Desta forma, P (A n ) = A n [ocorrência de vitória no n-ésimo lançamento]. P (A 1 ) = P (x 1 = 7) + P (x 1 = 11) e P (x 1 = k, x 2 k ou 7,..., x n 1 k ou 7, x n = k). k=4,5,6,8,9,10 Mas, a probabilidade no lado direito do somatório é igual a P (x 1 = k)p (x n = k) P (x 2 = j 2 )...P (x n 1 = j n 1 ) que por sua vez é igual a 2 j i 12,j i k ou 7,i=2,...,n 1 P (x 1 = k) 2 ( 2 i 12,i k ou 7 P (x 1 = k)) n 2. O cálculo do resultado exato é deixado a cargo do leitor. 1

2 2 a Questão: Exerc.20 Cap.1 (BJ). Solução: Se definirmos os eventos A [Fluminense ganha o jogo] e B [chove neste dia] então o problema nos fornece que P (B) = 0, 5, P (A B) = 0, 4 e P (A B c ) = 0, 6. Logo para sabermos P (B A) devemos usar a fórmula de Bayes dada por P (B A) = As contas ficam a cargo do leitor. 3 a Questão: Exerc.21 Cap.1 (BJ). P (A B)P (B) P (A B)P (B) + P (A B c )P (B c ). Solução: Se definirmos os eventos A [Pedro escreve a carta], B [o correio não a perde] e C [o carteiro a entrega] então o problema nos fornece que P (A) = 0, 8, P (B A) = 0, 9 e P (C A B) = 0, 9. Assim para sabermos P (A c C c ) devemos usar a fórmula de Bayes novamente. P (A c C c P (C c A c )P (A c ) ) = P (C c A c )P (A c ) + P (C c A)P (A). Note que P (C c A c ) = 1 e assim para exprimirmos o valor exato de P (A c C c ) só necessitamos saber o valor exato de P (C c A). Para tanto, Mas pelo exercício seguinte P (C c A) = P (C c B A) + P (C c B c A). P (C c B A) = P (C c A B)P (B A), P (C c B c A) = P (C c A B c )P (B c A). As contas ficam a cargo do leitor. 4 a Questão: Prove e interprete a igualdade; Solução: De fato, P (A B C) = P (A B C)P (B C) = P (A B C). P (A B C) P (B C) = P (A B C) P (C) P (C) P (B C) Esta igualdade é uma generalização do caso onde C = Ω. 5 a Questão: Exerc.22 Cap.1 (BJ). P (A B C) =. P (B C) 2

3 Solução: 1. [ocorrência de nenhuma k ] = A c k, logo, P (ocorrência de nenhuma k ) = 2. [ocorrência de pelo menos uma k ] = ( A c k )c, logo, P (ocorrência de pelo menos uma k ) = 1 (1 p k ). 3. [ocorrência de exatamente um dosa k ] = 1 j n A i k i A c k, logo, P (ocorrência de exatamente um dosa k ) = 1 j n (1 p k ). p i (1 p k ). 4. [ocorrência de exatamente dois dosa k ] = 1 i<j n A i A j k i,j A c k, logo, P (ocorrência de exatamente dois dosa k ) = 5. [ocorrência de todos osa k ] = A k, logo, P (ocorrência de todos osa k ] = 1 i<j n 6. [ocorrência de no máximo n 1 dosa k ] = ( A k ) c logo, P (ocorrência de no máximo n 1 dosa k ) = 1 6 a Questão: Exerc.25 Cap.1 (BJ). p k. k i p i p j (1 p k ). k i,j Solução: Considere uma região A de volume V no espaço e seja A uma região disjunta de A e com volume V. Denote por E k (A A) como o evento de achar exatamente k estrelas na região A A. Então tal evento occorre se, e somente se, uma das seguintes condições ocorre: 1. Encontram-se exatamente k estrelas em A e nenhuma estrela em A; 2. Encontram-se exatamente k 1 estrelas em A e exatamente 1 estrela em A; 3. Encontram-se exatamente k i estrelas em A e exatamente i estrelas em A para 2 i k. Defindo por B i como o evento explicitado pela condição (i) acima definida para i=1,2,3, pelas hipoteses do problema temos que: P (B 1 ) = P k (V )(1 λ V o( V )); p k. 3

4 P (B 2 ) = P k 1 (V )λ V + o( V ); P (B 3 ) = o( V ),onde o( V ) 0 quando V 0. V Desta forma, como os eventos B i são dijuntos, é imediato notar que dp k (V ) dv Assim fica a cargo do leitor verificar que = λp k (V ) + λp k 1 (V ). λv (λv )k P k (V ) = e k! é a única solução para o sistema de equações acima descrito. 7 a Questão: Exerc.29 Cap.1 (BJ). Solução: Para analizarmos esta problema denote por E n [a população conter exatamente n elementos]. Observe que para t > 0, o sistema se encontra no estado E n no tempo t + t se, e somente se, uma das seguintes condições é satisfeita: 1. No tempo t o sistema se encontra no estado E n e não ocorre mudança entre t e t + t; 2. No tempo t o sistema se encontra no estado E n 1 e ocorre E n 1 E n entre t e t + t; 3. No tempo t o sistema se encontra no estado E n+1 e ocorre E n+1 E n entre t e t + t; 4. Ocorre mais de uma mudança entre t e t + t; Denote como λ n a taxa de transição correspondente a mudança E n E n+1 e por µ n a taxa de transição correspondente a mudança E n E n 1. Como nâo há interação entre os elementos, e eles morrem ou se dividem independentemente, λ n = nλ e µ n = nµ. Defindo por A i como o evento explicitado pela condição (i) acima definida para i=1,2,3,4, pelas hipoteses do problema temos que: P (A 1 ) = P n (t)(1 λ n t µ n t) + o( t); P (A 2 ) = λ n 1 tp n 1 (t) e P (A 3 ) = µ n+1 tp n+1 (t) + o( t); P (A 4 ) = o( t),onde o( t) 0 quando t 0. t Desta forma, como os eventos A i são dijuntos, é imediato notar que dp n (t) dt = (λ n + µ n )P n (t) + λ n 1 P n 1 (t) + µ n+1 P n+1 (t). 4

5 Supondo que λ = µ = 1 e P 1 (0) = 1 é simples verificar (basta derivar) que P 0 (t) = t t + 1 e P t n 1 n(t) =, n = 1, 2,... (t + 1) n+1 é uma solução do sistema de equações acima descrito. Assim é intuitivo que a probabilidade de que em algum momento a população esteja extinta seja dado pelo limite quando t + de P 0 (t) que de neste caso é 1. 8 a Questão: O lema de Borel-Cantelli. Seja {A n } uma sequência de eventos aleatórios. Defina o evento [ocorrência de A n infinitas vezes] lim sup A n. onde lim sup A n n 1 k n A k. Desta forma, Se n 1 P (A n) <, então P (A n infinitas vezes ) = 0. Se n 1 P (A n) = + e os A n são independentes, então P (A n infinitas vezes ) = 1. Solução: Para provar a primeira parte, note que se n 1 P (A n) < + então k n P (A k) 0 quando n +. Contudo, logo [A n infinitas vezes ] A k n 1, P (A n infinitas vezes ) P ( k n k n A k ) k n quando n +. Portanto P (A n infinitas vezes ) = 0. P (A k ) 0 Para provar a segunda parte note que, [A n infinitas vezes ] = n 1 B n onde B n = k n A k, e portanto é suficiente provarmos que P (B n ) = 1 n 1(a interceção enumeravel de conjuntos com probabilidade total possui probabilidade total). Para tanto observe que Assim para todo m, B c n n k n+m A c k. 1 P (B n ) = P (B c n) P ( n k n+m A c k) = Como 1 x e x para x [0, 1], temos que 1 P (B n ) exp( quando m +. Logo, P (B n ) = 1 n. n k n+m n k n+m P (A k )) 0 (1 P (A k )). 5

6 9 a Questão: Mostre que na 1 a questão o jogo termina, com probabilidade 1, em tempo finito. Solução: Note que a princípio pode acontecer uma sequência de lançamentos onde o jogo nunca encerra, por exemplo: (4, 5, 5, 5, 5,...). Mas como uma consequência do lema de Borel-Cantelli veremos que o conjunto de sequências que não permitem o termino do jogo tem probabilidade 0. De fato, defina como A o conjunto de tais sequências. Note que se x A então x não tem digito algum com valor 7. Assim se B é conjunto de sequências que não possuem digitos com valor 7 temos que A B. Agora se definimos como C n o conjunto de sequências que possuem o digito 7 na n-ésima casa, vemos pelo problema 1 que tais eventos são independentes e P (C n ) = +. n 1 Logo, pelo lema de Borel-Cantelli, P (C n infinitas vezes) = 1. Mas e destarte A B [C n infinitas vezes] c, P (A) P (B) P ([C n infinitas vezes] c ) = 1 P ([C n infinitas vezes]) = 0. 6