Grupo I. (a) A função de probabilidade marginal de X, P (X = x), é dada por

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1 Probabilidades e Estatística + Probabilidades e Estatística I Solução do Exame de 2 a chamada 3 de Fevereiro de 2003 LEFT + LMAC Grupo I (a) A função de probabilidade marginal de X, P (X = x), é dada por = 025 x = = 035 x = P (X = x) = P (X = x, Y = y) = y= = 040 x = 2 0 rv de x Uma vez obtida a função de probabilidade marginal de X podemos obter os seus momentos: E[X] = E[X 2 ] = xp (X = x) = = 5 x 2 P (X = x) = = 95 Var[X] = E[(X E[X]) 2 ] = E[X 2 ] E 2 [X] = = Var[X] CV[X] = = E[X] (b) Note-se que Y Bernoulli (p), com p = P (Y = ) = 2 P (X = x, Y = ) = = 04, pelo que E[Y ] = 04 e Var[Y ] = = 024 Quanto aos momentos conjuntos: E[XY ] = ρ XY = y=0 xyp (X = x, Y = y) = = 045 E[XY ] E[X]E[Y ] = = Var[X]Var[Y ] Assim, X e Y sáo correlacionadas por possuirem coeficiente de correlação não nulo Tal facto implica, em particular, que X e Y são variáveis aleatórias dependentes

2 (c) Função de probabilidade condicionada de Y dado X = 0: 05 P (X = 0, Y = y) 025 = 06 y = 0 P (Y = y X = 0) = = 0 P (X = 0) 025 = 04 y = 0 rv de y pelo que [Y X = 0] Bernoulli (04) (d) Seja Z = X + 2Y Note-se que Z toma valores em {0,, 2, 3, 4}, sendo que {Z = 0} = {X = 0, Y = 0} {Z = } = {X =, Y = 0} {Z = 2} = {X = 0, Y = } {X = 2, Y = 0} {Z = 3} = {X =, Y = } {Z = 4} = {X = 2, Y = } Logo 05 z = 0, 3, z = P (Z = z) = 035 z = 2 0 rv de z (e) Seja W a variável aleatória que contabiliza o número de valores distintos assumidos pelas variáveis {Y i, i =,, 0}, com Y i iid Y Note-se que como Y Bernoulli (04), então W toma o valor (se todos os Y i s tomarem o valor 0 ou todos tomarem o valor ) ou o valor 2 (se pelo menos um dos Y i s tomar o valor 0 e pelo menos outro Y i tomar o valor ) Logo segue-se que (W ) Bernoulli (p ), onde p = P (Y = = Y 0 = 0) P (Y = = Y 0 = ) = = pelo que E[W ] = p = e logo E[W ] = + p = 9938 Grupo II Seja N s o número de meteoritos que entram na atmosfera num intervalo de amplitude s horas, sendo que N s Poisson (00s) Assume-se que cada meteorito é, independentemente dos restantes visível sob a forma de estrela cadente com probabilidade 005 Seja então Z s a va que indica o número de meteoritos visíveis que entram na atmosfera num intervalo de amplitude s Dado que os meteoritos são visíveis ou não independentemente uns dos outros, então segue-se que (Z s N s = m) Binomial (m, 005), pelo que Z s Poisson (5s) (a) A probabilidade pedida é P (Z s > N s = 20) = P (Z s = 0 N s = 20) P (Z s = N s = 20) ( ) ( ) = =

3 (b) Pretende-se determinar P (N 05 40) Note-se que N 05 Poisson (50), pelo que estamos nas condições de aproximação normal da distribuição de Poisson Logo ( ) P (N 05 40) = P (N 05 39) Φ = Φ( 48) = (c) Seja Y i a variável aleatória que contabiliza o tempo (em horas) que decorre entre a entrada do i e a do i-ésimo meteorito na atmostera terrestre na referida região, sendo o instante de entrada do 0-ésimo meteorito na atmosfera igual ao instante inicial de observação Notese que {Y i, i IN} iid Y, com Y Exponencial (00) O tempo que decorre até entrarem 40 meteoritos na atmosfera terrestre na região é então dado por W = 40 i= Y i Erlang (40, 00) pelo que E[W ] = = 04 horas Grupo III (a) Seja {X i, i IN} iid X, onde X representa o tempo até à ocorrencia de primeiras avarias não cobertas pela garantia do fabricante de televisores do modelo Telepia, o qual possui função densidade de probabilidade f(x; λ) dada pelo enunciado A função de verosimilhança de λ com base numa amostra (x i, i =,, n) é dada por com λ > 0, e o respectivo logaritmo é L(λ x,, x n ) = λ n e λ n i= (x i 2) ln L(λ x,, x n ) = n ln λ λ n (x i 2) Uma vez que a primeira e a segunda derivada do logaritmo da função de verosimilhança verificam: tem-se [ln L(λ x,, x n )] = n n λ (x i 2) e [ln L(λ x,, x n )] = n λ 2 < 0 [ln L(λ x,, x n )] = 0 λ = i= n n i= (x i 2) i= e [ln L(λ x,, x n )] < 0, λ > 0 Logo o estimador de máxima verosimilhança de λ, que designamos por T, é dado por n T = n i= X, pelo que a estimativa de máxima verosimilhança de λ correspondente à i 2n 47 amostra aleatória efectivamente observada é t = = Pretendendo-se estimar a probabilidade do tempo que decorre até a primeira avaria não coberta pela garantia ser superior a 5 anos, ie, P (X > 5) = 5 λe λ(s 2) ds = e 3λ, e utilizando a propriedade de invariância dos estimadores de máxima verosimilhança, conclui-se que a estimativa de máxima verosimilhança de P (X > 5) é dada por emv(p (X > 5)) = e 3emv(λ) = e =

4 (b) A função de distribuição de X é dada por F X (x) = x 0 x < 2 f X (y; λ)dy = x 2 λe λ(s 2) dy x 2 0 x < 2 = e λ(x 2) x 2 Assim para x 0, P (X 2 x) = P (X 2+x) = F X (2+x) = e λ(x+2 2) = e λx, enquanto que para x < 0, F X 2 (x) = F X (x + 2) = 0 (pois se x < 0, x + 2 < 2) Deste modo 0 x < 0 F X 2 (x) = e λx x 0 que é igual à função de distribuição exponencial de parâmetro λ, de onde se conclui que X 2 Exponencial (λ) Dado que E[X 2] = λ, vem que um estimador dos momentos de λ é dado por ( X 2), pelo que uma estimativa dos momentos de λ é 20359/47 2 = 04289, que coincide com a estimativa de máxima verosimilhança obtida na alínea anterior (c) Pretende-se testar H 0 : E[X] 4 versus H : E[X] > 4 ou, equivalentemente, H 0 : λ /2 versus H : λ < /2, já que dado que (X 2) Exponencial (λ), E[X] = 2 + λ Como Var[X] = Var[X 2] = λ 2, e que a dimensão da amostra observada, n = 47, excede o valor 30, recorrendo ao teorema do limite central podemos utilizar para estatística de teste: T = X 4 2/ n = 47 X 4 H 0 Normal (0, ) 2 e deve rejeitar-se H 0 para valores elevados da estatística de teste O valor observado da estatística de teste é t obs = 05 47(20359/47 4) = 4 Logo o valor-p do teste é aproximadamente igual a Φ(4) = 027, pelo que a hipótese H 0 não deve ser rejeitada para os níveis usuais de significância (mais precisamente, para qualquer nível de significância menor ou igual a 27%) Grupo IV (a) Considera-se o modelo de regressão linear simples Y i = β 0 + β x i + ɛ i, para i 9, com {ɛ i, i 9} iid ɛ, com E[ɛ] = 0 e Var[ɛ] = σ 2 Recorrendo ao formulário, temos que as estimativas dos mínimos quadrados de β 0 ( ˆβ 0 ) e de β ( ˆβ ) são dadas por ˆβ = i= x iy i 9 xȳ i= x2 i = 9 x (2065/9) (345/9) (2065/9) 2 = 049 ˆβ 0 = ȳ ˆβ x = 345/9 049 (2065/9) = 4322 donde ŷ x = Ê[Y x] = x, x [85, 39] Uma estimativa da diferença do valor esperado das notas dos testes de dois indivíduos cujos QI s difiram de 0 valores é igual a 0 ˆβ = = 049 4

5 (b) A partir daqui assume-se em adição que ɛ Normal(0, σ 2 ) Pretende-se testar H 0 : β = 0 versus H : β > 0 Para tal considera-se a estatística de teste T = ˆβ S ˆβ H 0 t 9 2, onde S 2ˆβ = ˆσ 2 i= x2 i e ˆσ 2 = ( i= Y i 2 9Ȳ 2 ) ˆβ 2( i= x2 i 9 x2 ) 9 x2 9 2 devendo rejeitar-se H 0 para valores elevados da estatística de teste Concretizando para a amostra observada: ˆσ = 48452, s ˆβ = 00732, e o valor observado da estatística de teste é t obs = 433 O valor-p do teste é igual a F t7 (433), donde p 0, pelo que a hipótese H 0 é rejeitada, ie, aceita-se a hipótese de que o resultado esperado no teste aumenta em função do QI do indivíduo (c) Pretende-se obter um intervalo de confiança a 99% para Y X = 20 Como 20 [min x i, max x i ] = [85, 39], considera-se válido o modelo de regressão linear para x = 20 A variável fulcral adequada para a determinação do intervalo de confiança é onde V 2 = ˆσ 2 [ + que T = ˆβ ˆβ Y X = 20 V ] 9 + (20 x)2 9 i= x2 i 9 x2 H 0 t7 Considerando então uma confiança de 99%, vem P ( 2898 T 2898) = 099 pelo que um intervalo aleatório de confiança 99% para Y X = 20 é dado pela seguinte expressão: ] ˆβ ˆβ 2898V, ˆβ ˆβ V [ Concretizando para a amostra em questão, vem que ˆβ ˆβ = 8266 e v obs = ˆσ + (20 x)2 + = x2 i= x2 i e logo um intervalo de confiança a 99% para Y X = 20 é dado por IC 099 (Y X = 20) =] , [=]6806, 97, 26[ (d) Como a relação ˆβ 0 + ˆβ x [0, 00] se traduz em x x x o intervalo máximo de valores de QI de indivíduos onde a recta de regressão ajustada pode ser utilizada para predizer a nota de teste é [42, 36] 5