Probabilidades e Estatística 2004/05 Colectânea de Exercícios LEIC, LERCI, LEE Capítulo 5 Distribuições conjuntas de probabilidades e complementos 02 x = 0 065 x = 1 Exercício 51 (a) P(X = x) = 015 x = 2 0 x < 0 02 0 x < 1 (b) F X (x) = 085 1 x < 2 1 x 2 (c) P(Y > X) = 018 (d) E[X + Y ] = 159, Var[X + Y ] = 08619 05 y = 0 036 y = 1 e P(Y = y) = 014 y = 2 Exercício 52 Represente-se por e (n) o resultado de num lançamento da linha de lançamento livre o jogador encestar (não encester) no cesto (a) O espaço de resultado associado aos três lancamento da linha de lançamento livre efectuados pelo jogador pode ser Ω = {abc : a,b,c {e,n}} sendo que o caso abc denota a situação em que os resultados do primeiro, segundo e terceiro lancamentos da linha de lançamento livre são a, b e c, respectivamente 17
Para determinar as probabilidades dos acontecimentos elementares, é conveniente definir os acontecimentos A i = {o jogador encesta da linha de lançamento livre no i-ésimo lancamento} para i = 1,2,3 Do enunciado sabe-se que os acontecimentos A i são independentes e P(A 1 ) = P(A 2 ) = P(A 3 ) = 06 Deste modo, P({eee}) = P(A 1 A 2 A 3 ) = P(A 1 )P(A 2 )P(A 3 ) = 06 3 = 0216 e, procedendo de modo análogo para os restantes acontecimento elementares, P({eee}) = 0216 P({een}) = P({ene}) = P({nee}) = 0144 P({nnn}) = 0064 P({enn}) = P({nen}) = P({nne}) = 0096 (b) Y \X 0 1 2 P(Y = y) 0 0064 0096 0 016 i) 1 0096 0240 0144 048 2 0 0144 0216 036 P(X = x) 016 048 036 1 016 x = 0 048 x = 1 ii) P(X = x) = P(Y = x) = 036 x = 2 Exercício 53 2/9 x = 1 1/2 x = 2 (a) i) P(X = x) = 5/18 x = 3 0 y < 1 1/6 1 y < 2 ii) F Y (y) = 11/18 2 y < 3 1 y 3 iii) P(X + Y 4) = 11/18 2/3 x = 1 iv) P(X = x Y = 1) = 1/3 x = 3 2/7 x = 1 3/7 x = 2 e P(X = x Y = 3) = 2/7 x = 3 18
v) E[X Y = 1] = 5/3 (b) E[X Y ] assume valores no conjunto {5/3,9/4,2} e possui função de probabilidade 016 z = 5 3 048 z = 9 4 P(E[X Y ] = z) = 036 z = 2 (c) i) V ar[x Y = 1] = 8/9 ii) P(XY ser par ) = 11/18 iii) P(Y = 2 XY 4) = 6/11 0 y < 1 1/5 1 y < 2 iv) F Y X=3 (y) = 3/5 2 y < 3 1 y 1 (d) Não são independentes pois, por exemplo, P(X = 1,Y = 2) P(X = 1)P(Y = 2) Exercício 54 (a) i) X\Y 0 1 2 3 4 P(X = x) 0 004 0 03 0 006 04 1 0 022 0 028 0 05 2 0 0 01 0 0 01 P(Y = y) 004 022 04 028 006 1 004 y = 0 04 x = 0 022 y = 1 05 x = 1 04 y = 2 ii) P(X = x) = e P(Y = y) = 01 x = 2 028 y = 3 006 y = 4 0 x < 0 04 0 x < 1 iii) F X (x) = 09 1 x < 2 1 x 2 075 x = 0 iv) P(X = x Y = 2) = 025 x = 2 19
v) Não são independentes pois, por exemplo, P(X = 0,Y = 1) P(X = 0)P(Y = 1) 01 y = 0 044 y = 1 075 y = 2 (b) i) P(Y = y X = 0) =, P(Y = y X = 1) = 056 y = 3 015 y = 4 1 y = 2 e P(Y = y X = 2) = 0 cc ii) E[Y X = 2] = 2, Var[Y X = 2] = 0 0 y < 0 01 0 y < 2 iii) F Y X=0 (y) = 085 2 y < 4 1 y 4 iv) P(Y = 2 XY = 0) = 075 Exercício 55 v) P(X + Y ser ímpar) = 0 (a) Corr(X, Y ) = 05 pelo que X e Y não são variáveis aleatórias independentes (b) E[X Y = 3] = 35 Exercício 56 P(X = 0,Y = 0) P(X = 0)P(Y = 0) Logo X e Y não são independentes Exercício 57 (a) Var[X + Y ] = 2pq (b) E[X Y ] = q com probabilidade 1 p u = v = 0 (c) P(U = u,v = v) = q u = v = 1 Exercício 58 Seja Z a va que designa o diâmetro exterior do tubo Dado que Z = X + 2Y e que X e Y são va independentes e com distribuição normal, vem que Z Normal (E[X] + 2E[Y ],Var[X] + 2 2 Var[Y ]) = Normal (36,00224 2 ) (a) µ Z = 36 e σ Z = 00224 (b) P(Z > 362) = 1 Φ( 362 36 00224 ) = 01860 Exercício 59 Seja Y a variável aleatória que designa o peso (Kg) de 20 pessoas, e X i o peso (Kg) da i-ésima pessoa, pelo que Y = 20 i=1 X i 20
(a) Como {X i,1 i 20} iid Normal (61,10 2 ), tem-se Y Normal (20 61,20 10 2 ) e logo ( ) 1300 20 61 P(Y > 1300) = 1 Φ 10 = 00368 20 (b) Seja Z o peso total de 5 pessoas Então, pelos mesmos motivos que anteriormente, vem que Z Normal (5 61,5 10 2 ), pelo que ( ) 350 305 P(Z > 350) = 1 Φ 10 = 00221 5 (c) Seja N 1 o número de pessoas, de entre 20, com peso superior a 85 Kg Então assumindo que os pesos das pessoas são independentes entre si, vem que N 1 Binomial (20,P(X > 85)), pelo que P(N 1 2) = 09994 Da mesma forma, se N 2 designar o número de pessoas com peso inferior a 40 Kg, de entre 20, vem que N 2 Binomial (20,P(X < 40)), pelo que P(N 2 1) = 03027 (d) Sim, porque a probabilidade de se verificar que peso de 20 pessoas excede a carga máxima é pequena Além disso, em face de (c), a probabilidade de haver mais que duas pessoas muito pesadas é muito pequena Exercício 510 Seja Z a variável aleatória que designa o consumo da fábrica e dos 100 consumidores domésticos, X i (Y i ) o consumo em electrodomésticos (iluminação) do i-ésimo consumidor doméstico, i = 1,2,,100 Como {(X i,y i ),i = 1,2,,100} iid (X,Y ), com X e Y variáveis aleatórias independentes com X Normal (2,05 2 ) e Y Normal (05,025 2 ), vem que 100 Z = 2500 + (X i + Y i ) Normal (2500 + 100(2 + 05),100(05 2 + 025 2 )) i=1 ( ) A probabilidade pretendida é P(Z > 2800) = 1 Φ 2800 2750 10 0 05 2 +025 2 Exercício 511 Seja X Exponencial(05) a variável aleatória que representa o tempo (h) de produção de uma peça de porcelana (a) P(X 175) = e 0875 04169 (b) P(X 175 + 075 X > 075) = P(X 175) = e 0875, o que constitui uma instância da propriedade de falta de memória da distribuição exponencial (c) Se os tempos de produção de diferentes peças de porcelana forem independentes, então o processo de contagem das peças de porcelana produzidas é um processo de Poisson de taxa 05/h Seja N a variável aleatória que representa o número de peças produzidas em 240 Assumindo que as peças são independentes entre si, vem que N Poisson (120) e a probabilidade pretendida é igual a P(N 100) = 1 P(N 99) 1 Φ ( 99 + 05 120 120 ) = 09694 pelo que a probabilidade de a empresa cumprir o contrato é elevada 21
(d) Seja N o número de peças, de entre 6, que são executadas no máximo em 1h 45m Então N Binomial (6,P(X 175)), pelo que P(N = 4) = 03014 Exercício 512 Seja X i a quantia em euros amealhada pelo estudante no i-ésimo dia do ano, i = 1,2,,365, e Y = 365 i=1 X i o valor total em euros amealhado no ano Supondo que as quantias amealhadas nos diferentes dias do ano são variáveis aleatórias independentes e identicamente distribuídas a X, com valor esperado µ X = 05 e desvio-padrão σ X = 02739, tem-se, pelo teorema do limite central (sem considerar correcção de continuidade; note-se que neste caso a va, embora sendo discreta, não toma valores igualmente espaçados, pelo que a correcção de continuidade não se aplica nesta situação, pelo menos da forma como foi dada) ( ) ( ) Y 1825 175 1825 175 1825 P(Y > 175) = 1 P 1 Φ = 09242 523 523 523 Exercício 513 Seja X Uniforme(7,12) o tempo (h) que o João Pestana dorme por noite, de modo que µ X = 95 e σ X = 5/ 12 (a) P(X > 11) = 1/5 = 020 (b) Seja N o número de noites, de entre 20, em que o João Pestana dorme mais de 11 horas Assumindo que os tempos que o João Pestana dorme em diferentes noites são variáveis aleatórias independentes e identicamente distribuídas a X, vem que N Binomial (20, 020), pelo que a probabilidade pretendida é P(N 3) = 07939 (c) Seja X i o número de horas que o João Pestana dorme na i-ésima noite, i = 1,2,,100 e Y = 100 n=1 X i o número total de horas que o João Pestana dorme nas 100 noites Pelo teorema do limite central, ( ) ( ) Y 950 P(Y > 1100) = 1 P 50/ 1100 950 1100 950 12 50/ 1 Φ 12 50/ 0 12 22