2015/2S EM32C Probabilidade & Estatística

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1 0/S EMC Probabilidade & Estatística Avaliação P Data: 09//0 INFORMAÇÕES: (i) a prova é individual; (ii) é facultado ao aluno o porte e consulta de uma folha tamanho A4, de uso exclusivamente individual; (iii) qualquer forma de consulta ou auxílio à consulta não autorizada acarretará no recolhimento imediato da prova e anulação da mesma; (iv) questões incompletas ou apresentando apenas o resultado nal serão desconsideradas; (v) o respeito à notação matemática e ao rigor cientíco, a interpretação das questões e a clareza na exposição fazem parte da avaliação. Nome: GABARITO Nota: (Valor: 0,0) Problema. [,0] A probabilidade de que um automóvel sendo abastecido necessite de uma troca de óleo é de 0,; a probabilidade de que necessite de uma troca de ltros é de 0,40; e a probabilidade de que ambos sejam necessárias é de 0,4. Determine, a) sabendo que o óleo foi trocado, a probabilidade de ser necessária uma troca de ltro; b) sabendo que o ltro foi trocado, a probabilidade de ser necessária uma troca de óleo. Sejam O e F os eventos de um carro sendo abastecido necessitarem de troca de óleo e ltro, respectivamente. Assim, P (O) = 0; P (F ) = 0; 40 P (O \ F ) = 0; 4: Uma vez que P (A \ B) = P (A)P (BjA), tem-se: (a) P (F jo) = P (O \ F ) P (O) (a) P (OjF ) = P (O \ F ) P (F ) = = 0; 4 = 0; 0 0; 0; 4 = 0;. 0; 40 Problema. [,0] Uma cadeia de lojas de produtos para pintura produz e vende látex e tinta semi-brilho. Com base nas vendas de longo prazo foi determinado que a probabilidade de que um cliente compre tinta látex é 0,7. Daqueles que compram látex, 60% também compram rolo de pintura. Mas, somente 0% dos que compram tinta semi-brilho compram também rolos. Um comprador selecionado aleatoriamente compra um rolo e uma lata de tinta. Qual a probabilidade de que a tinta seja látex? Sejam L, S e R os eventos de um cliente comprar tinta látex, semi-brilho e rolos, respectivamente. Assim, P (L) = 0; 7 P (RjL) = 0; 60 P (RjS) = 0; 0 P (S) = P (L) = 0; ; uma vez que L e S formam uma partição do espaço amostral. Assim, pelo teorema de Bayes, P (LjR) = P (L \ R) P (L \ R) + P (S \ R) = P (L)P (RjL) P (L)P (RjL) + P (S)P (RjS) = 0; 7.0; 60 0; 7: 0; 7.0; ;.0; 0

2 Problema. [,0] Três cartas são retiradas, sucessivamente, de um baralho tradicional (sem reposição). Determine a distribuição de probabilidade e a distribuição de probabilidade acumulada do número de espadas observadas. Um baralho tradicional contém cartas, sendo de cada naipe. O número de mãos possíveis com três cartas (em que a ordem das mesmas não é relevante) é dado por #S = =! 49!! : Como todos os pontos amostrais são equiprováveis, a probabilidade de se observar X espadas é dada por P (X) = #X #S ; em que #X é o número de mãos contando exatamente X espadas. Assim, 9 #0 = # = = 9! 6!! 9 =!!! 9!!! # = 9 # = =!!! 9! 7!! =! 0!! ; pois existem cartas de espada e 9 cartas dos outros naipes. Logo, a distribuição de probabilidade de X é f(0) = P (X = 0) = #0 #S = 9! 6!! /! 0; 4 49!! f() = P (X = ) = # #S =! 9!!! 7!! /! 0; 49 49!! f() = P (X = ) = # #S =! 9!!!!! /! 0; 76 49!! f() = P (X = ) = # #S =! 0!! /! 0; 09: 49!! Consequentemente, a distribuição de probabilidade acumulada de f, dada por F (x) = X y<x f(y); é 0 x < 0 >< 0; x < F (x) = 0; x < : 0; x < >: 6 x Problema 4. [,0] Se a distribuição de probabilidade conjunta de X e Y é dada por f(x; y) = x + y ; x f0; ; ; g; y f0; ; g; 0

3 determine: (a)p (X 6 ; Y = ) (b)p (X > ; Y 6 ) (c)p (X > Y ) (d)p (X + Y = 4) P (X 6 ; Y = ) = f(0; ) + f(; ) + f(; ) = 6 0 = P (X > ; Y 6 ) = f(; 0) + f(; ) = 7 0 P (X > Y ) = f(; 0) + f(; 0) + f(; 0) + f(; ) + f(; ) + f(; ) = 0 = P (X + Y = 4) = f(; ) + f(; ) = 0 = 4 Problema. [,] Determine se, no experimento do lançamento de um dado de seis faces honesto, os eventos A = observar uma face par e B = observar uma face menor ou igual à três são independentes. Dois eventos A e B são ditos independentes se é verdade que P (AjB) = P (A) P (BjA) = P (B): Neste caso, tem-se o seguinte espaço amostral: S = f; ; ; 4; ; 6g com A = f; 4; 6g e B = f; ; g: Como o dado é honesto, P (A) = #A #S = 6 = e P (B) = #B #S = 6 = : Agora, sabendo que e A \ B = fg P (A \ B) = #A \ B #S = P (AjB) = P (A)P (AjB) = 6 ) P (AjB) = 6 = : Logo, P (AjB) =/ P (A) e os eventos não são independentes. Problema 6. [,] Seja f dada por < x < x < a f(x) = ; x R: : 0 caso contrário (a) Determine a R + para que f seja uma função densidade. (b) Mostre que f pode ser a função densidade de probabilidade de uma variável aleatória contínua X. (c) Neste caso, determine P (0; < X < 0; 7).

4 (a) Para que f seja uma função densidade, é necessário que f(x) > 0 x e a R +, tem-se que f é não-negativa para todo x. Da condição de normalização, a x + 4 x f(x)dx = dx = + 4x 0 a 0 = a + 4a = : f(x)dx =. Como As soluções desta equação são a = e a =. Como a R +, temos que f é uma função densidade se a =. (b) Como f é uma densidade, esta pode representar uma densidade de probabilidade de uma variável aleatória X se, para quaisquer a; b R, for verdade que b P (a < X < b) = f(x)dx: a (c) Para a = /4 e b = /4 no item (b), encontra-se: P (0; < X < 0; 7) = 0; 0: Problema 7. [,] Considere um dado de seis faces desonesto, em que faces ímpares ocorrem com uma probabilidade vezes maiores que faces pares. (a) Determine a distribuição de probabilidade f de X, em que X é o valor da face observada em um único lançamento. (b) Determine F (), em que F é a distribuição de probabilidade acumulada de f. (a) Uma vez que a probabilidade de uma face ímpar é três vezes maior que a de uma face par, temos se Uma vez que temos P () = P () = P () = w P () = P (4) = P (6) = w: P () + P () + P () + P (4) + P () + P (6) = ; w + w + w + w + w + w = ) w = : Logo, a distribuição de probabilidade de X, sendo X o valor da face observada, é f(x) = P (X = x) >< se x = ; 4; 6 f(x) = se x = ; ; >: 4 0 caso contrário 4

5 (b) Uma vez que F (x) = X x 0 <x f(x 0 ), temos F () = f() + f() + f() = = 7 : Problema. [,] Demonstre os seguintes resultados: a) P (A 0 \ B 0 ) = + P (A \ B) P (A) P (B); a partir da denição de probabilidade de um evento, em que A 0 e B 0 são, respectivamente, os eventos complementares à A e B no espaço S. b) P (A \ B \ C) = P (A)P (BjA)P (C ja \ B), sabendo que P (A \ B) = P (A)P (BjA) para quaisquer eventos A, B e C não impossíveis. (a) Note que os elementos de A 0 \ B 0 são caracterizados por não pertencer nem ao evento A e nem ao evento B. Assim, em que A [ B e A 0 \ B 0 são disjuntos. Assim, Uma vez que S = [A [ B] [ [A 0 \ B 0 ]; P (S) = = P f[a [ B] [ [A 0 \ B 0 ]g = P (A [ B) + P (A 0 \ B 0 ): P (A [ B) = P (A) + P (B) P (A \ B); pois a probabilidade de um evento é dada pela soma da probabilidade dos pontos amostrais nele contido, temos (b) Uma vez que P (A 0 \ B 0 ) = P (A) P (B) + P (A \ B): P (M \ N) = P (M)P (N jm) para qualquer M e N, temos, fazendo M = A \ B e N = C Agora, fazendo M = A e N = B, temos P (A \ B \ C) = P (A \ B)P (C ja \ B): P (A \ B \ C) = P (A)P (BjA)P (C ja \ B):