Instituto Superior T ecnico · CPE CAP ITULO 5. TESTES N AO-PARAM~ ETRICOS Exerc cio 5.2 Suponhamos...

Instituto Superior Tecnico

Licenciatura em Matematica Aplicada e Computacao

Complementos de Probabilidades e Estatıstica

2o Semestre 2014/2015

Resolucao dos Exercıcios da Colectanea

Joao Pedro Ribeiro Brazuna

Resumo

O presente documento resulta na compilacao das resolucoes dos exercıcios da colectanea 2014/2015de Complementos de Probabilidades e Estatıstica, unidade curricular leccionada pelas professorasIsabel Rodrigues e Rita Pimentel. Versoes de anos seguintes podem conter enunciadosligeiramente diferentes.

Os capıtulos estao ordenados pela ordem em que foram leccionados, comecando pelos Tes-tes Nao-Parametricos, seguindo para a Fiabilidade e Analise de Sobrevivencia, passando pelaSimulacao Estocastica e terminando no Processo de Poisson.

O ponto surge como separador decimal em detrimento da vırgula, para que seja claro o numerode parametros de cada distribuicao.

Parte das resolucoes apresentadas requerem comentarios adicionais, que geralmente se encon-tram em alıneas semelhantes. Podem igualmente conter gralhas.

Sugestoes e comentarios devem ser enviados para [email protected].

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Conteudo

5 Testes Nao-Parametricos 15.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

5.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 Fiabilidade e Analise de Sobrevivencia 93.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13(d) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

i

(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18(d) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18(e) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

4 Simulacao Estocastica 364.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47(d) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47(e) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

ii

(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59(d) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60(e) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 664.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2 Processos de Poisson 732.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 782.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

iii

2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84(d) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

iv

Capıtulo 5

Testes Nao-Parametricos

Exercıcio 5.1

Seja Xi a alteracao na pressao arterial do paciente i, com i ∈ {1, 2, ..., 18}, na amostra aleatoria(X1, X2, ...X18) da variavel aleatoria X, que supomos ter uma distribuicao contınua.

Pretendıamos testar se a mediana e menor ou igual a zero, o que nao e uma hipotese simples.Assim, vamos testar o pior caso: a mediana ser zero.

Teste dos Sinais (Unilateral a Direita) para a Mediana de uma Populacao

• Hipoteses:

H0 : χ 12

= 0 vs. H1 : χ 12> 0

• Estatıstica de Teste:

S18 =

18∑i=1

I (Xi − 0) ∼sob H0

Bin

(18,

1

2

)com valor observado s18 = 5.

• Valor-p:

p = P (S18 ≥ s18) = P (S18 ≥ 5) = 1− P (S18 ≤ 4) = 1− FBin(18, 12 )(4) =

= 1− 0.0154 = 0.9846

• Decisao:

Deverıamos rejeitar H0 para nıveis de significancia α ≥ 98.46%, o que e um valor demasiadoelevado para a probabilidade de rejeitar H0, sendo H0 verdadeira, logo nao devemos rejeitarH0.

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CPE CAPITULO 5. TESTES NAO-PARAMETRICOS

Exercıcio 5.2

Suponhamos que a variavel aleatoria X e tambem simetrica.

Teste de Wilcoxon (Unilateral a Direita) para a Mediana de uma Populacao

• Hipoteses:

H0 : χ 12

= 0 vs. H1 : χ 12> 0


T+ =

18∑i=1

Ri I (Xi − 0)

com valor observado t+ = 3 + 8.5 + 1.5 + 6 + 4 = 23, que nao esta tabelado.

Porem, como n = 18 > 15, temos que

Z0 =T+ − E

(T+)√

V ar (T+)=

T+ − n(n+1)4√

n(n+1)(2n+1)24

=T+ − 18×19

4√18×19×37

24

=T+ − 85.5√

527.25

a∼ N(0, 1)

e tambem estatıstica de teste, com valor observado z0 = t+−85.5√527.25

' −2.72.

xi di = xi − 0 |di| ri ri : di > 0−5 −5 5 6 −−1 −1 1 1.5 −2 2 2 3 38 8 8 8.5 8.5−25 −25 25 18 −

1 1 1 1.5 1.55 5 5 6 6−12 −12 12 12 −−16 −16 16 14 −−9 −9 9 10 −−8 −8 8 8.5 −−18 −18 18 15 −−5 −5 5 6 −−22 −22 22 17 −

4 4 4 4 4−21 −21 21 16 −−15 −15 15 13 −−11 −11 11 11 −

Tabela 5.1: Valor Observado da Estatistica do Teste de Wilcoxon

• Valor-p:

p = P (Z0 ≥ z0) = P (Z0 ≥ −2.72) = P (Z0 ≤ 2.72) = Φ(2.72) ' 0.9967

• Decisao:

Deverıamos rejeitar H0 para nıveis de significancia α ≥ 99.67%, o que e um valor demasiadoelevado, logo nao devemos rejeitar H0.

Pagina 2 de 84

CAPITULO 5. TESTES NAO-PARAMETRICOS CPE

Exercıcio 5.3

Seja Xi o diametro da peca medido com o nonio I pelo inspector i, com i ∈ {1, 2, ..., 12} naamostra aleatoria (X1, X2, ...X12) da variavel aleatoria X.

Seja Yi o diametro da peca medido com o nonio II pelo inspector i, com i ∈ {1, 2, ..., 12} naamostra aleatoria (Y1, Y2, ...Y12) da variavel aleatoria Y .

Sejam tambem µX = E(X) e µY = E(Y ).

(a)

Suponhamos que a variavel aleatoria D = X − Y e simetrica e contınua.

Teste dos Sinais e Teste de Wilcoxon (Bilaterais) para a Comparacao de DuasPopulacoes

• Hipoteses:

H0 : µX = µY ⇔ µX − µY = 0 vs. H1 : µX 6= µY ⇔ µX 6= µY = 0

• Estatısticas de Teste:

Ha 4 inspectores para os quais os valores observados das medicoes foram iguais com os doisnonios, logo e necessario remove-los da amostra, reduzindo a dimensao para n = 12− 4 = 8.Suponhamos, sem perda de generalidade, que esses inspectores sao ultimos quatro (do 9o ao12o).

S8 =

8∑i=1

I(Di) =

8∑i=1

I(Xi − Yi) ∼sob H0

Bin

(8,

1

2

)e a estatıstica do teste dos sinais, com valor observado s8 = 6.

T+ =

8∑i=1

Ri I(Di)

8∑i=1

Ri I(Xi − Yi)

e a estatıstica do teste de Wilcoxon, com valor observado t+ = 2+4.5+2+6.5+4.5+2 = 21.5.

di = xi − yi |di| ri ri : di > 00.001 0.001 2 20.002 0.002 4.5 4.50.001 0.001 2 2−0.003 0.003 6.5 −0.003 0.003 6.5 6.50.002 0.002 4.5 4.50.001 0.001 2 2−0.004 0.004 8 −


• Valores-p:

Para o teste dos sinais,

p = 2 min

{P (S8 ≤ s8), P (S8 ≥ s8),

1

2

}=

= 2 min

{P (S8 ≤ 6), 1− P (S8 ≤ 5),

1

2

}= 2 min {0.9648, 1− 0.8555, 0.5} = 0.289

Pagina 3 de 84


Para o teste de Wilcoxon,

p = 2 min

{P (T+ ≤ t+), P (T+ ≥ t+),

1

2

}=

= 2 min

{P (T+ ≤ 21), 1− P (T+ ≤ 21),

1

2

}= 2 min {0.6797, 1− 0.6797, 0.5} = 0.6406

• Decisao:

Segundo o teste dos sinais, devemos rejeitar H0 para nıveis de significancia α ≥ 28.9% e,segundo o teste de Wilcoxon, devemos faze-lo para α ≥ 64.06%. Em ambos os casos, naodevemos rejeitar H0 aos nıveis de significancia inferiores aos respectivos valores-p, o queinclui os nıveis de significancia usuais.

(b)

Suponhamos que a variavel aleatoria Y e simetrica e contınua.

Teste dos Sinais e Teste de Wilcoxon (Bilaterais) para a Mediana de uma Populacao

• Hipoteses:

H0 : χ 12

= 0.266 vs. H1 : χ 126= 0.266

• Estatısticas de Teste:

Ha 1 inspector cuja medicao foi 0.266 (suponhamos, sem perda de generalidade, que foi o 12o

inspector), logo e necessario remove-lo da amostra, reduzindo a dimensao para n = 12− 1 =11.

S11 =

11∑i=1

I(Yi − 0.266) ∼sob H0

Bin

(11,

1

2

)e a estatıstica do teste dos sinais, com valor observado s11 = 5.

T+ =

11∑i=1

Ri I(Yi − 0.266)

e a estatıstica do teste de Wilcoxon, com valor observado t+ = 3 + 8 + 3 + 8 + 11 = 33.

yi di = yi − 0.266 |di| ri ri : di > 00.264 −0.002 0.002 8 −0.265 −0.001 0.001 3 −0.264 −0.002 0.002 8 −0.267 0.001 0.001 3 30.268 0.002 0.002 8 80.264 −0.002 0.002 8 −0.265 −0.001 0.001 3 −0.265 −0.001 0.001 3 −0.267 0.001 0.001 3 30.268 0.002 0.002 8 80.269 0.003 0.003 11 11


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• Valores-p:

Para o teste dos sinais,

p = 2 min

{P (S11 ≤ s11), P (S11 ≥ s11),

1

2

}=

= 2 min

{P (S11 ≤ 5), 1− P (S11 ≤ 4),

1

2

}= 2 min {0.5, 1− 0.2744, 0.5} = 1

Para o teste de Wilcoxon,

p = 2 min

{P (T+ ≤ t+), P (T+ ≥ t+),

1

2

}=

= 2 min

{P (T+ ≤ 33), 1− P (T+ ≤ 32),

1

2

}= 2 min {0.5171, 1− 0.4829, 0.5} = 1

• Decisao:

Em ambos os casos, nao devemos rejeitar H0.

Exercıcio 5.4

Seja Xi a pressao diastolica do paciente i, com i ∈ {1, 2, ..., 26}, na amostra aleatoria(X1, X2, ...X26) da variavel aleatoria X, que supomos ter uma distribuicao contınua.

Teste dos Sinais (Bilateral) para o 1o Quartil de uma Populacao

• Hipoteses:

H0 : χ 14

= 78 vs. H1 : χ 146= 78


Como ha 2 homens com pressao diastolica igual a 78, e necessario remove-los da amostra,redimensionando-a para n=26-2=24. Suponhamos, sem perda de generalidade, que essesdois homens sao o 25o e o 26o.

S24 =

24∑i=1

I (Xi − 78) ∼sob H0

Bin

(24,

3

4

)com valor observado s24 = 14.

• Valor-p:

p = 2 min

{P (S24 ≤ s24), P (S24 ≥ s24),

1

2

}=

= 2 min

{P (S24 ≤ 14), 1− P (S24 ≤ 13),

1

2

}= 2 min {0.0547, 1− 0.0213, 0.5} =

= 0.1094

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 para nıveis de significancia α ≥ 10.94% e nao rejeitar caso contrario.Desta forma, nao devemos rejeitar H0 aos nıveis de significancia usuais.

Pagina 5 de 84


Exercıcio 5.5

Seja Xi o numero de bacterias por unidade de volume na avaliacao i da cultura A, comi ∈ {1, 2, ..., 6}, na amostra aleatoria (X1, X2, ...X6) da variavel aleatoria X.

Seja analogamente Yi o numero de bacterias mortas por unidade de volume na avaliacao i dacultura B, com i ∈ {1, 2, ..., 8}, na amostra aleatoria (Y1, Y2, ...Y8) da variavel aleatoria Y .

Suponhamos que X e Y sao variaveis aleatorias contınuas e independentes, com distruibuicoesda mesma forma e com a mesma dispersao.

Sejam tambem µX = E(X) e µY = E(Y ).

Teste de Mann-Whitney-Wilcoxon (Bilateral) para a Comparacao de DuasPopulacoes Independentes

• Hipoteses:

H0 : µX = µY vs. H1 : µX 6= µY


T6,8 =∑

ordens dos elementos da amostra aleatoria de X na amostra conjunta

com valor observado t6,8 = 1 + 2 + 5 + 6 + 7 + 14 = 35.

Observacoes 27 29 30 31 32 33 34 35 36 38 39 40 42 47Ordens da amostra de X 1 2 − − 5 6 7 − − − − − − 14

Tabela 5.4: Amostra Ordenada

• Valor-p:

p = 2 min

{P (T6,8 ≤ t6,8), P (T6,8 ≥ t6,8),

1

2

}=

= 2 min

{P (T6,8 ≤ 35), 1− P (T6,8 ≤ 34),

1

2

}= 2 min {0.1142, 1− 0.0906, 0.5} =

= 0.2284

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 para nıveis de significancia α ≥ 22.84% e nao rejeitar caso contrario.Desta forma, nao devemos rejeitar H0 aos nıveis de significancia usuais.

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Exercıcio 5.6

Seja Xi o numero de insectos mortos na colonia i pelo insecticida A na amostra aleatoria(X1, X2, ...X5) da variavel aleatoria X. Sejam Yi e Zi analogos a Xi para os insecticidas B e C,respectivamente.

Suponhamos que X, Y e Z sao variaveis aleatorias contınuas e independentes.Sejam tambem µX = E(X), µY = E(Y ) e µZ = E(Z).

Teste de Kruskall-Wallis para a Comparacao de Tres Populacoes Independentes

• Hipoteses:

H0 : µX = µY = µZ vs. H1 : Os tres insecticidas nao tem o mesmo efeito mortıfero


T5,5,5 =12

15× 16

3∑i=1

R2i

5− 3× 16

a∼sob H0

χ2(3−1)

onde Ri e a soma das ordens dos elementos da amostra da colonia i na amostra conjunta,com valor observado

t5,5,5 = 0.05[

(11.5+4+6+14.5+2)2

5 + (6+14.5+3+8.5+13)2

5 + (8.5+6+1+11.5+10)2

5

]− 48 = 0.38

A 11.5 4 6 14.5 2 R1 = 38B 6 14.5 3 8.5 13 R2 = 45C 8.5 6 1 11.5 10 R3 = 37

Tabela 5.5: Ordens dos Respectivos Elementos da Amostra na Amostra Conjunta

• Valor-p:

1− p = Fχ2(2)

(0.38)⇔ 0.38 = F−1χ2(2)

(1− p)

0.15 < 1− p < 0.2⇔ p ∈]0.8, 0.85[

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 para nıveis de significancia α ≥ 85% e nao rejeitar para α ≤ 80%.Desta forma, nao devemos rejeitar H0 aos nıveis de significancia usuais.

Pagina 7 de 84


Exercıcio 5.7

Seja Ai o pH registado na analise a agua i extraıda da barragem 1, com i ∈ 1, ..., 8 naamostra aleatoria (A1, ..., A8) de A. Sejam Bi, Ci e Di analogos a Ai para as barragens 2, 3 e 4,respectivamente.

Suponhamos que A, B, C e D sao variaveis aleatorias contınuas e independentes.Sejam tambem µA = E(A), µB = E(B), µC = E(C) e µD = E(D).

Teste de Kruskall-Wallis para a Comparacao de Quatro Populacoes Independentes

• Hipoteses:

H0 : µA = µB = µC = µD vs. H1 : O pH nao e o mesmo nas quatro barragens


T8,8,8,8 =12

32× 33

4∑i=1

R2i

8− 3× 33

a∼sob H0

χ2(4−1)

onde Ri e a soma das ordens dos elementos da amostra da populacao i na amostra conjunta,com valor observado

t8,8,8,8 = 188

[552

8 + 132.52

8 + 1752

8 + 165.52

8

]− 99 ' 12.6428.

Barragem 1 1 2 3.5 3.5 8 10 10 17 R1 = 55Barragem 2 6 10 13.5 13.5 20 20 23.5 26 R2 = 132.5Barragem 3 13.5 16 18 20 23.5 26 28 30 R3 = 175Barragem 4 6 6 13.5 22 26 29 31 32 R4 = 165.5

Tabela 5.6: Ordens dos Respectivos Elementos da Amostra na Amostra Conjunta

• Valor-p:

1− p = Fχ2(3)

(12.6428)⇔ 12.6428 = F−1χ2(3)

(1− p)

0.99 < 1− p < 0.995⇔ p ∈]0.005, 0.01[

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 para nıveis de significancia α ≥ 1%, o que inclui os nıveis de significanciausuais, e nao rejeitar para α ≤ 0.5%.

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Capıtulo 3

Fiabilidade e Analise deSobrevivencia

Exercıcio 3.1

Γ(α) =

∫ ∞0

tα−1e−t dt , α > 0

(a)

Γ(1) = 1 e Γ(α+ 1) = αΓ(α)

Γ(1) =

∫ ∞0

t1−1e−t dt = −∫ ∞

0

−e−t dt = −[e−t]t=∞t=0

= −(0− 1) = 1

Γ(α+ 1) =

=

∫ ∞0

tα+1−1e−t dt =

∫ ∞0

tαe−t dt =[−tαe−t

]t=∞t=0

+

∫ ∞0

αtα−1e−t dt =

= limt→∞

(−tαe−t

)− 0 + α

∫ ∞0

tα−1e−t dt = − limt→∞

1et

tα

+ αΓ(α) = − 1

∞+ αΓ(α) = −0 + αΓ(α) =

=αΓ(α)

Q.E.D.

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CPE CAPITULO 3. FIABILIDADE E ANALISE DE SOBREVIVENCIA

(b)

Γ(n) = (n− 1)! , ∀n ∈ N

Demonstracao por Inducao em n

Base:

Γ(1)a)= 1 = 0! = (1− 1)!

Passo de Inducao:

Hipotese: Γ(n) = (n− 1)! , para algum n ∈ N .

A provar: Γ(n+ 1) = n! , para o mesmo n ∈ N .

Γ(n+ 1)a)= nΓ(n)

hip= n(n− 1)!

def= n!

Logo, Γ(n) = (n− 1)! , ∀n ∈ N.

Q.E.D.

(c)

Γ

(1

2

)=√π

Γ

(1

2

)=

∫ ∞0

t−12 e−t dt =

∫ ∞0

e−t√tdt

Seja u =√t. Entao, t = u2 e

dt

du= 2u.∫ ∞

0

e−t√tdt =

∫ ∞0

e−u2

u2u du =

∫ ∞0

2e−u2

du =

∫ ∞0

√π√

2π 12

2e− (u−0)2

2× 12 du =

=2√π

∫ ∞0

1√2π 1

2

e− (u−0)2

2× 12 du = 2

√π

∫ ∞0

fN(0, 12 )(u) du =

=2√π

[FN(0, 12 )(∞)− FN(0, 12 )(0)

]= 2√π

(1− 1

2

)= 2√π

1

2=√π

Q.E.D.

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CAPITULO 3. FIABILIDADE E ANALISE DE SOBREVIVENCIA CPE

Exercıcio 3.2

fGama(α,λ)(t) = λe−λt(λt)α−1

Γ(α)

(a)

E(T r) =

∫ ∞0

trfT (t) dt =

∫ ∞0

trλe−λt(λt)α−1

Γ(α)dt =

∫ ∞0

λαe−λttα+r−1

Γ(α)dt =

=Γ(α+ r)

λrΓ(α)

∫ ∞0

λe−λt(λt)α+r−1

Γ(α+ r)dt =

Γ(α+ r)

λrΓ(α)

∫ ∞0

fGama(α+r,λ)(t) dt =Γ(α+ r)

λrΓ(α).1 =

Γ(α+ r)

λrΓ(α),

pois o suporte da distribuicao Gama e R+, logo a funcao densidade de probabilidade integradanesse intervalo e igual a 1.

(b)

E(T ) =α

λe V ar(T ) =

α

λ2

E(T ) = E(T 1)a)=

Γ(α+ 1)

λ1Γ(α)

3.1.=

αΓ(α)

λΓ(α)=α

λ

V ar(T ) = E(T 2)− E2(T )a)=

Γ(α+ 2)

λ2Γ(α)−(α

λ

)23.1.=

(α+ 1)Γ(α+ 1)

λ2Γ(α)− α2

λ2

3.1.=

(α+ 1)αΓ(α)

λ2Γ(α)− α2

λ2=

=(α+ 1)α− α2

λ2=α2 + α− α2

λ2=

α

λ2

Q.E.D.

(c)

X ∼ Exp(λ)⇔ X ∼ Gama(1, λ) e Z ∼ χ2(n) ⇔ Z ∼ Gama

(n

2,

1

2

)fχ2

(n)(z) =

1

2n2 Γ(n2

)z n2−1e−z2

A funcao densidade de probabilidade caracteriza univocamente a distribuicao de uma variavelaleatoria, logo, se duas variaveis aleatorias tiverem a mesma funcao densidade, entao sao iguais.

fGama(1,λ)(x) = λe−λx(λx)(1−1)

Γ(1)

3.1.= λe−λx

1

1= λe−λx = fExp(λ)(x)

Logo, X ∼ Exp(λ)⇔ X ∼ Gama(1, λ)

fGama(n2 ,12 )(z) =

1

2e−

z2

( z2 )(n2−1)

Γ(n2

) =1

2n2 Γ(n2

)z n2−1e−z2 = fχ2

(n)(z)

Logo, Z ∼ χ2(n) ⇔ Z ∼ Gama

(n2 ,

12

)Q.E.D.

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Exercıcio 3.3

X ∼ Gama(n, λ)⇒ T = 2λX ∼ χ2(2n)

Tal como a funcao densidade de probabilidade, a funcao de distribuicao tambem caracterizaunivocamente a distribuicao da variavel aleatoria, isto e, se duas variaveis aleatorias tiverem amesma funcao de distribuicao e porque sao a mesma.

FX(x) = P (X ≤ x) = P (2λX ≤ 2λx) = P (T ≤ 2λx) = FT (2λx)

FX(x) = FT (2λx)⇔ d

dxFX(x) =

d

dxFT (2λx)⇔ fX(x) = 2λfT (2λx)

Pela alınea c) do exercıcio 3.2., devidamente instanciada, temos que T ∼ χ2(2n) se e so se

T ∼ Gama(n, 1

2

).

fX(x) = fGama(n,λ)(x) = λe−λx(λx)n−1

Γ(n)= 2λ

1

2e−2λx

2

(2λx

2

)n−1

Γ(n)

=

= 2λfχ2(2n)

(2λx) = 2λfT (2λx)

Logo, FX(x) = FT (2λx) e X ∼ Gama(n, λ)⇔ T = 2λX ∼ χ2(2n).

Q.E.D.

Exercıcio 3.4

T ∼ Gama(20, 2)

(a)

Pelo exercıcio 3.3., como T ∼ Gama(20, 2), entao 2× 2T = 4T ∼ χ2(40).

RT (5) = P (T > 5) = 1− P (T ≤ 5) = 1− P (4T ≤ 20) = 1− Fχ2(40)

(20)

0.001 < Fχ2(40)

(20) < 0.005⇔ 0.995 < 1− Fχ2(40)

(20) < 0.999⇔ RT (5) ∈]0.995, 0.999[

(b)

HT (5) =

∫ 5

0

hT (t)dt = − logRT (5)

0.995 < RT (5) < 0.999⇔ 0.001 < − logRT (5) < 0.005⇔ HT (5) ∈]0.001, 0.005[

(c)

E(T )3.2.=

α

λ=

20

2= 10

V ar(T )3.2.=

α

λ2=

20

22=

20

4= 5

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Exercıcio 3.5

fW (α,λ)(x) = αλα xα−1 e−(λx)α

T ∼W (2, 4.5)

(a)

RT (t) = 1− FT (t) = 1−∫ t

0

2× 4.52x2−1e−(4.5x)2dx = 1 +

∫ t

0

−2× 4.52t e−(4.5x)2dx =

=1 +[e−(4.5x)2

]x=t

x=0= 1 +

[e−(4.5t)2 − 1

]= e−(4.5t)2

RT (0.5) = e−(4.5×0.5)2 ' 0.00633

(b)

X ∼W (α, λ)⇒ E(X) =1

λΓ

(1

α+ 1

)e V ar(X) =

1

λ2

[Γ

(2

α+ 1

)− Γ2

(1

α+ 1

)]

E(X) =

∫ ∞0

x fX(x) dx =

∫ ∞0

xαλαxα−1e−(λx)αdx =

∫ ∞0

α(λx)αe−(λx)αdx

Seja u = (λx)α. Entao, x =(uλα

) 1α e dx

du = 1α

(uλα

) 1α−1 1

λα = 1αλα

u1α−1

λ1−α = u1α−1

αλ .

E(X) =

∫ ∞0

αu e−uu

1α−1

αλdu =

1

λ

∫ ∞0

e−uu( 1α+1)−1 du =

1

λΓ

(1

α+ 1

)

E(X2) =

∫ ∞0

x2 fX(x) dx =

∫ ∞0

x2 αλαxα−1e−(λx)αdx =

∫ ∞0

α(λx)αxe−(λx)αdx

Utilizando novamente a mudanca de variavel anterior...

E(X2) =

∫ ∞0

αuu

1α

λe−u

u1α−1

αλdu =

1

λ2

∫ ∞0

e−uu( 2α+1)−1 du =

1

λ2Γ

(2

α+ 1

)Assim,

V ar(X) = E(X2)− E2(X) =1

λ2Γ

(2

λ+ 1

)−

[1

λΓ

(1

α+ 1

)]2

=1

λ2

[Γ

(2

α+ 1

)− Γ2

(1

α+ 1

)]

Q.E.D.

(c)

E(T )b)=

1

4.5Γ

(1

2+ 1

)=

2

9Γ

(3

2

)=

2

9

(1

2

)Γ

(1

2

)3.1.=

√π

9

χ 12(T ) : FT

(χ 1

2(T ))

= 0.5⇔∫ χ 1

2(T )

0

2× 4.52 t e−(4.5t)2 = 0.5⇔ −[e−(4.5t)2

]t=χ 12

(T )

t=0= 0.5⇔

⇔ e−(4.5χ 1

2(T ))2

= 0.5⇔ −(

4.5χ 12(T ))2

= log(0.5)⇔ χ 12(T ) =

√log(2)

4.5

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(d)

hT (t) =fT (t)

RT (t)

a)=

2× 4.52t2−1e−(4.5t)2

e−(4.5t)2=

40.5t e−(4.5t)2

e−(4.5t)2= 40.5t

Assim, hT e uma funcao afim de declive positivo, logo e crescente (I.H.R).

Exercıcio 3.6

T ∼ Rayleigh(σ2)

fT (t) =t

σ2e−

t2

2σ2

(a)

RT (t) = 1−∫ t

0

u

σ2e−

u2

2σ2 du = 1 +

∫ t

0

− 2u

2σ2e−

u2

2σ2 du = 1 +

[e−

u2

2σ2

]u=t

u=0

=

=1 +

(e−

t2

2σ2 − 1

)= e−

t2

2σ2

RT (2) = 0.99⇔ e−22

2σ2 = 0.99⇔ e−4

2σ2 = 0.99⇔ − 2

σ2= log(0.99)⇔ σ =

√− 2

log(0.99)⇔

⇔σ ' 14.1

Logo, T ∼ Rayleigh(14.1).

FT (t) =

∫ t

0

u

σ2e−

u2

2σ2 du =

∫ t

0

2

(1√2σ

)2

u2−1 e−(

1√2σu)2

du = FW(

2, 1√2σ

)(t)

Entao, T ∼ Rayleigh(σ2)⇔ T ∼W

(2, 1√

2σ

).

Como σ ' 14.1, entao 1√2σ' 0.05 e T ∼W (2, 0.05).

(b)

Como T ∼W (2, 0.05), podemos usar o resultado do exercıcio anterior.

E(T )3.5.=

1

0.05Γ

(1

2+ 1

)= 20× 1

2Γ

(1

2

)3.1.= 10

√π

(c)

hT (t) =fT (t)

RT (t)

a)=

tσ2 e− t2

2σ2

e−t2

2σ2

=t

σ2

Como 1σ2 > 0, hT e uma funcao afim de declive positivo, logo e I.H.R.

Neste caso, hT (t) = 114.12 t ' 0.005t.

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Exercıcio 3.7

X ∼W (α, λ)⇒ T = Xα ∼ Exp (λα)

FX(x) = P (X ≤ x) = P (Xα ≤ xα) = P (T ≤ xα) = FT (xα) , para α ≥ 1.

FX(x) = FT (xα)⇔ d

dxFX(x) =

d

dxFT (xα)⇔ fX(x) = α xα−1fT (xα)

fX(x) = αλα xα−1 e−(λx)α = αxα−1(λα e−λ

αxα)

= αxα−1 fExp(λα) (xα) = αxα−1 fT (xα)

Logo, FX(x) = FT (xα) e X ∼W (α, λ)⇔ T = Xα ∼ Exp (λα), com α ≥ 1.

Q.E.D

Exercıcio 3.8

X ∼W (3, 2) e T = X3

Para uma variavel aleatoria qualquer de distribuicao exponencial com parametro λ, a respectivafuncao de fiabilidade e dada por:

RExp(λ)(t) = 1− FExp(λ)(t) = 1 +

∫ t

0

−λe−λudu = 1 +[e−λu

]u=t

u=0= 1 + e−λt − 1 = e−λt

Como X ∼W (3, 2), temos, por 3.7., que T = X3 ∼ Exp(23).

RT (2) = e−8×2 = e−16

Exercıcio 3.9

X ∼ N(µ, σ2

)e T = eX

FX(x) = P (X ≤ x) = P(eX ≤ ex

)= P (T ≤ ex) = FT (ex)

FX(x) = FT (ex)⇔ d

dxFX(x) =

d

dxFT (ex)⇔ fX(x) = ex fT (ex)

fX(x) =1√2πσ

e−(x−µ)2

2σ2 = ex

(1√

2πσexe−

(log(ex)−µ)2

2σ2

)= ex fLN(µ,σ2) (ex) = ex fT (ex)

Logo, T = eX ∼ LN(µ, σ2

). Mais ainda, temos que a funcao de fiabilidade de T e dada por:

RT (t) = 1− P (T ≤ t) = 1− P (log T ≤ log t) = 1− P[

log (T )− µσ

≤ log (t)− µσ

]=

=1− Φ

[log (t)− µ

σ

]X ∼ N(12, 4)

RT (10) = 1− Φ

[log (10)− 12

2

]' 1− Φ(−4.85) = Φ(4, 85) ' 1

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Exercıcio 3.10

T ∼ LN (4.2, 1)

(a)

RT (30)3.9.= 1− Φ

[log(30)− 4.2

]' 1− Φ(−0.8) = Φ(0.8) ' 0.7881

HT (30) = − logRT (30) ' − log(0.7881) ' 0.23813

(b)

A expressao geral do quantil de probabilidade p de T e

FT(χp(T )

)= p⇔ 1−RT

(χp(T )

)= p⇔ Φ

[log(χp(T )

)− 4.2

]= p⇔

⇔ log(χp(T )

)− 4.2 = Φ−1(p)⇔ χp(T ) = eΦ−1(p)+4.2

Logo...

χ 12

= eΦ−1(0.5)+4.2 = e0+4.2 = e4.2

χ 14

= eΦ−1(0.25)+4.2 = e−Φ−1(1−0.25)+4.2 ' e−0.6745+4.2 = e3.5255

Exercıcio 3.11

T ∼ Exp(λ) ,

20∑i=1

ti = 164 , t = 8.2

(a)

hT (t) =fT (t)

RT (t)=

fT (t)

1− FT (t)=

λe−λt

1−∫ t

0λe−λudu

=λe−λt

e−λt= λ

Assim, hT (t) = λ, pela propriedade de invariancia dos estimadores de maxima verosimilhanca.

λ = arg max L (λ; t1, ..., tn)

L (λ; t1, ..., tn) = f(T1,...,Tn)(t1, ..., tn|λ) =i.i.d.

n∏i=1

fT (ti|λ) =

n∏i=1

λe−λti = λne−λ∑ni=1 ti

log L (λ; t1, ..., tn) = log λne−λ∑ni=1 ti = n log λ− λ

n∑i=1

ti , que e C2 quando derivada em ordem a λ

d log L (λ; t1, ..., tn)

dλ= 0⇔ n

λ−

n∑i=1

ti = 0⇔ λ =n∑ni=1 ti

d2 log L (λ; t1, ..., tn)

dλ2= − 1

λ2< 0 , ∀λ > 0

Logo, λ = n∑ni=1 ti

e o maximo da funcao de verosimilhanca e, consequentemente, e a estimativa

de maxima verosimilhanca de λ. Neste caso, como n = 20 e∑20i=1 ti = 164, temos que:

λ =20∑20i=1 ti

=20

164' 0.122 e hT (t) = λ ' 0.122

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Pela propriedade de invariancia dos estimadores de maxima verosimilhanca, temos que RT (t) =

e−λt.

RT (20) = e−20λ ' e−20×0.122 = e−2.44 ' 0.087

Para um quantil-p com p qualquer, novamente pela propriedade da invariancia dos estimadoresde maxima verosimilhanca...

χp(T ) = p⇔ FT (χp(T )) = p⇔ 1− e−λχp(T ) = p3.7.⇔ e−λχp(T ) = 1− p⇔

⇔− λχp(T ) = log (1− p)⇔ χp(T ) = − log(1− p)λ

⇔

⇔χp(T ) ' − log(1− p)0.122

Entao os dois primeiros quartis tem como estimativa de maxima verosimilhanca:

χ 14(T ) = − log(1− 0, 25)

0.122' 2.358

χ 12(T ) = − log(1− 0, 5)

0.122' 5.682

(b)

Seja Ti o tempo de espera ate a intervencao cirurgica do paciente i, com i ∈ {1, 2, ..., 20} naamostra aleatoria (T1, T2, ...T20). Temos que cada Ti e identicamente distribuıdo a T (e indepen-dente dos restantes por definicao de amostra aleatoria).

Ti ∼ Exp(λ)⇔20∑i=1

Ti ∼ Gama(20, λ)⇔ 2λ

20∑i=1

Ti ∼ χ2(2×20) ⇔ 2× 20λT ∼ χ2

(40)

Temos tambem que E(T ) = 1λ .

Intervalo de Confianca a 95% para a Media de uma Populacao Exponencial

• Variavel Fulcral:

Q = 40λT ∼ χ2(40)

• Quantis:a : Fχ2(40)

(a) = 0.052

b : Fχ2(40)

(b) = 1− 0.052

⇔

a = F−1χ2(40)

(0.025)

b = F−1χ2(40)

(0.975)⇔

{a = 24.43

b = 59.34

• Intervalo de Confianca Aleatorio:

P (a ≤ Q ≤ b) = 0.95⇔ P(

24.43 ≤ 40λT ≤ 59.34)

= 0.95⇔

⇔P(

24.43

40T≤ λ ≤ 59.34

40T

)= 0.95⇔ P

(40T

59.34≤ 1

λ≤ 40T

24.43

)= 0.95⇔

⇔ICA95%

[E(T )

]=

[40T

59.34,

40T

24.43

]

• Intervalo de Confianca:

IC95%

[E(T )

]=

[40t

59.34,

40t

24.43

]=

[40× 8.2

59.34,

40× 8.2

24.43

]' [5.527, 13.426]

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(c)

Sabemos que RT (t) = e−λt, que e uma funcao monotona descrescente. Na alınea anterior,obtivemos, num passo intermedio, um intervalo de confianca aleatorio a 95% para λ.

Intervalo de Confianca a 95% para a Funcao de Sobrevivencia de uma PopulacaoExponencial


P

(24.43

40T≤ λ ≤ 59.34

40T

)= 0.95⇔

(e−

59.3440T

t ≤ e−λt ≤ e−24.4340T

)= 0.95⇔

⇔ICA95%[RT (t)] =[e−

59.3440T

t, e−24.4340T

t]


ICA95%[RT (t)] =[e−

59.3440t

t, e−24.4340t

t]

=[e−

59.3440×8.2 t, e−

24.4340×8.2 t

]'[e−0.1809t, e−0.0745t

](d)

Seja T(1) o mınimo da amostra aleatoria (T1, T2, ...Tn).

FT(1)(t) = P (T(1) ≤ t) = 1− P (T(1) > t) = 1− P (T1 > t, T2 > t, ..., Tn > t) =

indep.

=1− P (T1 > t)P (T2 > t)...P (Tn > t) =i.d.

1− [P (T > t)]n = 1− [1− FT (t)]n =

=1− [1− (1− e−λt)]n = 1− e−nλt = FExp(nλ)

T(1) ∼ Exp(nλ)

Intervalo de Confianca a 95% para o Mınimo de uma Populacao Exponencial


Q = T(1) ∼ Exp(20λ) e E(T(1)) = 120λ

Como ja obtivemos um intervalo de confianca para 1λ , para 1

20λ basta dividir os extremospor 20, pois a funcao g : R+ → R+ de expressao geral g(x) = x

20 e contınua e monotonacrescente.


P

(40T

59.34≤ 1

λ≤ 40T

24.43

)= 0.95⇔ P

(40T

20× 59.34≤ 1

20λ≤ 40T

20× 24.43

)= 0.95⇔

⇔ICA95%

(1

20λ

)=

[40T

20× 59.34,

40T

20× 24.43

]=

[2T

59.34,

2T

24.43

]


IC95%

(1

20λ

)=

[2t

59.34,

2t

24.43

]=

[2× 8.2

59.34,

2× 8.2

24.43

]= [0.2764, 0.6713]

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(e)

Teste dos Hipoteses (Unilateral a Direita) para a Media de uma PopulacaoExponencial

• Hipoteses:

H0 : E(T ) =1

λ≤ 10 vs. H1 : E(T ) =

1

λ> 10


Q = 2nλT ∼ χ2(2n)

e variavel fulcral, que, sob a validade de H0 e a estatıstica de teste

Q0 =2× 20λ

10T = 4T ∼

sob H0

χ2(40)

com valor observado q0 = 4× 8.2 = 32.8.

• Valor-p:

p = P (Q0 ≥ q0) = P (Q0 ≥ 32.8) = 1− P (Q0 < 32.8)

0.2 < P (Q0 < 32.8) < 0.3⇔ 0.7 < 1− P (Q0 < 32.8) < 0.8⇔ p ∈]0.7, 0.8[

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 a nıveis de significancia α ≥ 80% e nao rejeitar para α ≤ 70%, o queinclui os nıveis de significancia usuais.

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Exercıcio 3.12

fX(x) =λ

2e−λ|x| , x ∈ R , λ > 0

40∑i=1

|xi| = 47.5408

(a)

Seja (X1, X2, ..., Xn) uma amostra aleatoria de X.

λ = arg max L (λ;X1, X2, ..., Xn)

L (λ;X1, X2, ..., Xn) =i.i.d.

n∏i=1

fX(Xi|λ) =

n∏i=1

λ

2e−λ|Xi| =

(λ

2

)ne−λ

∑ni=1 |Xi|

log L (λ;X1, X2, ..., Xn) = n log

(λ

2

)− λ

n∑i=1

|Xi| , que e C2 quando derivada em ordem a λ

d log L (λ;X1, X2, ..., Xn)

dλ= 0⇔ n

λ−

n∑i=1

|Xi| = 0⇔ λ =n∑n

i=1 |Xi|

d2 log L (λ;X1, X2, ..., Xn)

dλ2= − n

λ2< 0 , ∀λ > 0

Logo, λ = n∑ni=1 |Xi|

e o estimador de maxima verosimilhanca de λ e, neste caso, a correspondente

estimativa e λ = 40∑ni=1 |xi|

= 4047.5408 ' 0.8414

(b)

T = |X|

FT (t) = P (T ≤ t) = P (|X| ≤ t) = P (−t ≤ X ≤ t) =

∫ t

−t

λ

2e−λ|x|dx =

1

2

∫ t

−tλ e−λ|x|dx =

=1

2

∫ t

0

λ e−λxdx+1

2

∫ 0

−tλ e−λ|x|dx =

1

2FExp(λ)(t)−

1

2

∫ −t0

λ e−λ|x|dx =

=1

2FExp(λ)(t) +

1

2

∫ t

0

λ e−λxdx =1

2FExp(λ)(t) +

1

2FExp(λ)(t) = FExp(λ)(t)

Logo, T ∼ Exp(λ) e a variavel fulcral Q = 2nλT ∼ χ2(2n) permite fazer inferencias sobre λ,

como visto na alınea b) do exercıcio 3.11.

(c)

Teste dos Hipoteses (Bilateral) para o Parametro de uma Populacao Exponencial

• Hipoteses:

H0 : λ = 1 vs. H1 : λ 6= 1


Q = 2nλT ∼ χ2(2n)

e variavel fulcral, que, sob a validade de H0 e a estatıstica de teste

Q0 = 80T ∼sob H0

χ2(80)

com valor observado q0 = 95.0816.

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• Valor-p:

p = 2 min{P (Q0 ≤ q0), P (Q0 ≥ q0)

}= 2 min

{P (Q0 ≤ 95.0816), 1− P (Q0 < 95.0816)

}0.85 < P (Q0 ≤ 95.0816) < 0.9⇔ 0.1 < 1− P (Q0 < 95.0816) < 0.15⇔ p ∈]0.2, 0.3[

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 a nıveis de significancia α ≥ 30% e nao rejeitar para α ≤ 20%, o queinclui os nıveis de significancia usuais.

Exercıcio 3.13

Teste de Ajustamento do Qui-Quadrado de Pearson

• Hipoteses:

H0 : T ∼ Exp(λ) vs. H1 : T 6∼ Exp(λ)


Q0 =

3∑i=1

(Oi − Ei)2

Ei

a∼sob H0

χ2(3−1−1)

pois ha tres classes (e necessario agrupar duas por o valor esperado de menos de 80% das

classes ser superior a 5) e um parametro estimado: λ = 1849 , que corresponde ao inverso da

media da amostra observada, como visto no exercıcio 3.11.

i Classe p0i = P (T ∈ classe i|H0) ei = n× p0

i Oi1 < 1500 p0

1 = FExp( 1849 )(1500) ' 0.8291 e1 = 82.91 70

2 [1500, 2000[ p02 = FExp( 1

849 )(2000)− FExp( 1849 )(1500) ' 0.0761 e2 = 7.61 15

a) [2000, 2500[ p0a = FExp( 1

849 )(2500)− FExp( 1849 )(2000) ' 0.0422 ea = 4.22 < 5 5

b) ≥ 2500 p0b = 1− FExp( 1

849 )(2500) ' 0.0526 eb = 5.26 10

3 ≥ 2000 p03 = p0

a + p0b = 1− FExp( 1

849 )(2000) ' 0.0422 + 0.0526 = 0.0948 e3 = ea + eb = 9.48 15

n 100

Tabela 3.1: Valor Observado da Estatistica de Teste

Assim, o valor observado da estatıstica de teste e

q0 = (70−82.91)2

82.91 + (15−7.61)2

7.61 + (15−9.48)2

9.48 ' 12.4

• Valor-p:

p = P (Q0 ≥ q0) = 1− P (Q0 < 12.4) = 1− Fχ2(1)

(12.4)

0.995 < Fχ2(1)

(12.4) < 1⇔ 0 < 1− Fχ2(1)

(12.4) < 0.005⇔ p ∈]0, 0.005[

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 para nıveis de significancia α ≥ 0.5%, o que inclui os nıveis de signi-ficancia usuais, e nao rejeitar para α = 0%.

• Nota:

O resultado difere das solucoes da colectanea, tendo sido comunicado e revisto.

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Exercıcio 3.14

Sejam T a variavel aleatoria “tempo de vida”de um transistor e T = (T1, T2, ...T30) umaamostra aleatoria de T de dimensao n = 30. A amostra observada

t = (4.1, 7.3, 13.2, 18.8, 24.5, 30.8, 38.1, 45.5, 53, 62.2)

e uma concretizacao de(T(1), T(2), ...T(10)

), ou seja, as r = 10 primeiras componentes com o menor

tempo de vida na amostra aleatoria T.Assim, definimos Θ como o tempo total acumulado em teste:

Θ =

r∑i=1

T(i) + (n− r)T(r) ∼ Gama(r, λ)⇔ 2λΘ ∼ χ2(2r)

com valor observado θ =∑10i=1 t(i) + 20t(10) = 1541.5.

Sabemos que T ∼ Exp(λ) e, pela alınea a) do exercıcio 3.11., temos que hT (t) = λ.

(a)

Intervalo de Confianca a 95% para o Parametro de uma Populacao Exponencial


Q = 2λΘ ∼ χ2(2×10)


(a) = 0.052

b : Fχ2(20)

(b) = 1− 0.052

⇔

a = F−1χ2(20)

(0.025)

b = F−1χ2(20)

(0.975)⇔

{a = 9.591

b = 34.17


P (a ≤ Q ≤ b) = 0.95⇔ P (a ≤ 2λΘ ≤ b) = 0.95⇔ P

(a

2Θ≤ λ ≤ b

2θ

)= 0.95⇔

⇔ICA95%(λ) =

[a

2Θ,b

2Θ

]⇔ ICA95%(λ) =

[9.591

2Θ,

34.17

2Θ

]• Intervalo de Confianca:

IC95%(λ) =

[9.591

2× 1541.5,

34.17

2× 1541.5

]= [0.0031, 0.0111]

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(b)

Seja µ = E(T ) = 1λ .

Teste de Hipoteses (Bilateral) para a Media de uma Populacao Exponencial

• Hipoteses:

H0 : µ = 150 vs. H1 : µ 6= 150


Q = 2λΘ ∼ χ2(20)

e variavel fulcral para λ, que, sob a validade de H0, permite gerar a estatıstica de teste

Q0 =2

150Θ =

Θ

75∼ χ2

(20)

com valor observado q0 = θ75

a)= 1541.5

75 ' 20.55 .

• Valor-p:

p = 2 min{P (Q0 ≤ q0), P (Q0 ≥ q0)

}= 2 min

{P (Q0 ≤ 20.55), 1− P (Q0 < 20.55)

}0.5 < P (Q0 ≤ 20.55) < 0.6⇔ 0.4 < 1− P (Q0 < 20.55) < 0.5⇔ p ∈]0.8, 1[

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 ao nıvel de significancia α = 100% e nao rejeitar para α ≤ 80%, o queinclui os nıveis de significancia usuais.

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Exercıcio 3.15

Sejam T a variavel aleatoria “tempo de vida”de um item e T = (T1, T2, ...T30) uma amostraaleatoria de T de dimensao n = 30. A amostra observada

t = (0.35, 0.73, 0.99, 1.40, 1.45, 1.83, 2.20, 2.72)

e uma concretizacao de(T(1), T(2), ...T(8)

), ou seja, as r = 8 primeiras componentes com o menor

tempo de vida na amostra aleatoria T.Assim, definimos Θ como o tempo total acumulado em teste:

Θ =

r∑i=1

T(i) + (n− r)T(r) ∼ Gama(r, λ)⇔ 2λΘ ∼ χ2(2r)

com valor observado θ =∑8i=1 t(i) + 22t(8) = 71.51.

(a)

Sabemos que T ∼ Exp(λ) e que a sua funcao de fiabilidade e dada por RT (t) = e−λt. Comoa funcao que a cada x faz corresponder e−xt e monotona decrescente (para t > 0), entao podemoscomecar por construir um intervalo de confianca para λ.

Intervalo de Confianca a 95% para a Parametro de uma Populacao Exponencial


Q = 2λΘ ∼ χ2(2×8)


(a) = 0.052

b : Fχ2(16)

(b) = 1− 0.052

⇔

a = F−1χ2(16)

(0.025)

b = F−1χ2(16)

(0.975)⇔

{a = 6.908

b = 28.85


P (a ≤ Q ≤ b) = 0.95⇔ P (a ≤ 2λΘ ≤ b) = 0.95⇔ P

(a

2Θ≤ λ ≤ b

2θ

)= 0.95⇔

⇔ICA95%(λ) =

[a

2Θ,b

2Θ

]⇔ ICA95%(λ) =

[6.908

2Θ,

28.85

2Θ

]=

[3.454

Θ,

14.425

Θ

]• Intervalo de Confianca:

IC95%(λ) =

[3.454

θ,

14.425

θ

]=

[3.454

71.51,

14.425

71.51

]' [0.0483, 0.2017]

Logo, IC95%[RT (t)] =[e−0.2017t, e−0.0483

]e o intervalo de confianca a 95% para a funcao de

fiabilidade de T .

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(b)

Seja µ = E(T ) = 1λ .

Teste de Hipoteses (Unilateral a Direita) para a Media de uma PopulacaoExponencial

• Hipoteses:

H0 : µ ≤ 10 vs. H1 : µ > 10


Q = 2λΘ ∼ χ2(16)

e variavel fulcral para λ, que, sob a validade de H0, permite gerar a estatıstica de teste

Q0 =2

10Θ =

Θ

5∼ χ2

(16)

com valor observado q0 = θ5

a)= 71.51

5 = 14.302 .

• Valor-p:

p = P (Q0 ≥ q0) = P (Q0 ≥ 14.302) = 1− P (Q0 < 14.302) = 1− Fχ2(16)

(14.302)

0.4 < Fχ2(16)

(14.302) < 0.5⇔ 0.5 < 1− Fχ2(16)

(14.302) < 0.6⇔ p ∈]0.5, 0.6[

• Decisao:

Devemos rejeitar H0 aos nıveis de significancia α ≥ 60% e nao rejeitar para α ≤ 50%, o queinclui os nıveis de significancia usuais.

• Nota:

O valor-p difere das solucoes da edicao de 2014/2015.

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Exercıcio 3.16

Seja T1 a variavel aleatoria que regista os numeros gerados pelo programa I, com amostraaleatoria de dimensao n1 = 7

(T1,1, T1,2, ...T1,7

).

Seja T2 a variavel aleatoria que regista os numeros gerados pelo programa I, com amostraaleatoria de dimensao n2 = 6

(T2,1, T2,2, ...T2,6

).

Temos, por hipotese, que T1 e T2 sao variaveis aleatorias independentes, T1 ∼ Exp(λ1) eT2 ∼ Exp(λ2). Assim,

n1∑i=1

T1,i ∼ Gama(n1, λ1), logo 2λ1

n1∑i=1

T1,i ∼ χ2(2n1) ⇔ 2λ1n1T1 ∼ χ2

(2n1) e 2λ2n2T2 ∼ χ2(2n2)

Logo,

X =2λ1n1T1

n1

2λ2n2T2

n2

=λ1T1

λ2T2

∼ F(2n1,2n2)

pois e o quociente de duas variaveis aleatorias de distribuicao qui-quadrado com n1 e n2 graus deliberdade no numerador e no denominador, respectivamente, sendo variavel fulcral para a razaoentre os parametros de duas populacoes exponenciais.

Teste de Igualdade de duas Populacoes Exponenciais

• Hipoteses:

H0 : λ1 = λ2 ⇔λ1

λ2= 1 vs. H1 : λ1 6= λ2 ⇔

λ1

λ26= 1


X =λ1T1

λ2T2

∼ F(2×7,2×6)

e variavel fulcral que, sob a validade de H0, permite gerar a estatıstica de teste

X0 =T1

T2

∼sob H0

F(14,12)

com valor observado x0 = t1t2' 2.527

4,713 ' 0.5362.

• Regiao Crıtica:

RC5% = [0, a] ∪ [b,+∞[ , onde{a : FF(14,12)

(a) = 0.052

b : FF(14,12)(b) = 1− 0.05

2

⇔

a = F−1F(14,12)

(0.025)

b = F−1F(14,12)

(0.975)⇔

{a =?

b = 3.21

Quando Y ∼ F(n,m), temos que 1Y ∼ F(m,n). Neste caso...

a : FF(14,12)(a) =

0.05

2⇔ P (X0 ≤ a) = 0.025⇔ P

(1

X0≥ 1

a

)= 0.05⇔

⇔1− P(

1

X0<

1

a

)= 0.05⇔ P

(1

X0<

1

a

)= 0.975⇔ FF(12,14)

(1

a

)= 0.975⇔

⇔1

a= F−1

F(12,14)(0.975)⇔ 1

a' 3.05⇔ a ' 0.328

RC5% = [0, 0.328] ∪ [3.21,+∞[

• Decisao:

Como x0 /∈ RC5%, nao devemos rejeitar H0 ao nıvel de significancia de 5%.

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Exercıcio 3.17

Seja T1 a variavel aleatoria que contabiliza o tempo de falha em minutos da componente detipo I, com amostra aleatoria de dimensao n1 = 7

(T1,1, T1,2, ...T1,7

).

Seja T2 a variavel aleatoria que contabiliza o tempo de falha em minutos da componente detipo II, com amostra aleatoria de dimensao n2 = 7

(T2,1, T2,2, ...T2,7

).

Temos, por hipotese, que T1 e T2 sao variaveis aleatorias independentes, T1 ∼ Exp(λ1) eT2 ∼ Exp(λ2). Assim,

n1∑i=1

T1,i ∼ Gama(n1, λ1), logo 2λ1

n1∑i=1

T1,i ∼ χ2(2n1) ⇔ 2λ1n1T1 ∼ χ2

(2n1)

e, de forma analoga,2λ2n2T2 ∼ χ2

(2n2)

Assim,

X =2λ1n1T1

n1

2λ2n2T2

n2

⇔ X =λ1T1

λ2T2

∼ F(2n1,2n2)

e a variavel fulcral para a razao entre os parametros de duas populacoes exponenciais.

Teste de Igualdade de duas Populacoes Exponenciais

• Hipoteses:

H0 : λ1 = λ2 ⇔λ1

λ2= 1 vs. H1 : λ1 6= λ2 ⇔

λ1

λ26= 1


X =λ1T1

λ2T2

∼ F(2×7,2×7)

e variavel fulcral que, sob a validade de H0, permite gerar a estatıstica de teste

X0 =T1

T2

∼sob H0

F(14,14)

com valor observado x0 = t1t2' 123.03

89.51 .

• Regiao Crıtica:

RC10% = [0, a] ∪ [b,+∞[ , onde{a : FF(14,14)

(a) = 0.12

b : FF(14,14)(b) = 1− 0.1

2

⇔

a = F−1F(14,14)

(0.05)

b = F−1F(14,14)

(0.95)⇔

{a =?

b = 2.48

Quando Y ∼ F(n,m), temos que 1Y ∼ F(m,n). Neste caso...

a : FF(14,14)(a) =

0.1

2⇔ P (X0 ≤ a) = 0.05⇔ P

(1

X0≥ 1

a

)= 0.05⇔

⇔1− P(

1

X0<

1

a

)= 0.05⇔ P

(1

X0<

1

a

)= 0.95⇔ FF(14,14)

(1

a

)= 0.95⇔

⇔1

a= F−1

F(14,14)(0.95)⇔ 1

a' 2.48⇔ a ' 0.403

RC10% = [0, 0.403] ∪ [2.48,+∞[

• Decisao:

Como x0 /∈ RC10%, nao devemos rejeitar H0 ao nıvel de significancia de 10%.

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Exercıcio 3.18

Seja X = (X1, X2, X3, X4) tal que

Xi =

{1, se a componente i funcionar

0, caso contrario, com i ∈ {1, 2, 3, 4}

e a funcao estrutura e dada por

φ(X) =

{1, se o sistema funcionar

0, caso contrario

O sistema dado pode ser encarado como tres partes, independentes por hipotese, instaladasem serie, logo o sistema funciona se e so se todas as partes funcionarem. Assim, a primeira partee constituıda apenas pela componente 1, a segunda parte apenas pela componente 2 e a terceirapelas componentes 3 e 4.

Seja S1 a variavel aleatoria tal que

S1 =

{1, se a parte 1 funcionar

0, caso contrario=

{1, se a componente 1 funcionar

0, caso contrario= X1


S1 =


0, caso contrario=




S3 =


0, caso contrario

A terceira parte pode ser vista como um sistema de duas componentes instalado em paralelo,que funciona se e so se pelo menos uma das componentes funcionar. Por outras palavras, so naofunciona se ambas as componentes nao funcionarem. Assim,

S3 = P (pelo menos uma componente funcionar) = P (as duas componentes nao funcionarem) =

= 1− P (as duas componentes nao funcionarem) = 1− P (X3 = 0, X4 = 0) =indep.

= 1− P (X3 = 0)P (X4 = 0) = 1− (1−X3)(1−X4)

Por fim, a expressao da funcao estrutura e:

φ(X) = P (S1 = 1, S2 = 1, S3 = 1) =indep.

P (S1 = 1)P (S2 = 1)P (S3 = 1) =

= S1S2S3 = X1X2[1− (1−X3)(1−X4)]

1 2

3

4

Figura 3.1: Representacao Grafica do Sistema

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Exercıcio 3.19

Seja X = (X1, X2, X3, X4, X5) um vector aleatorio tal que

Xi =


0, caso contrario, com i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}

A funcao estrutura φ e tal que

φ(X) =


0, caso contrario

Um caminho mınimo e o conjunto de componentes todas relevantes para que o sistema funcione.Neste caso, temos como caminhos mınimos

• P1 = {1, 3, 4};

• P2 = {1, 5};

• P3 = {2, 3, 4};

• P4 = {2, 5},

pois basta remover apenas uma componente a qualquer um destes quatro caminhos para o sistemadeixar de funcionar.

Um corte mınimo e o conjunto de componentes todas relevantes que, quando retiradas, osistema deixa de funcionar. Neste caso, temos como cortes mınimos

• C1 = {1, 2};

• C2 = {3, 5};

• C3 = {4, 5},

pois, removendo qualquer um destes tres conjuntos de componentes, o sistema deixa de funcionar.

O sistema funciona se pelo menos um dos caminhos mınimos funcionar. Assim, seja αj , comj ∈ {1, 2, 3, 4} tal que

αj =

{1, se o o caminho Pj funcionar

0, caso contrario

logo

αj =∏i∈Pj

Xi

pois, desta forma, αj = 1 se e so se todas as componentes do caminho Pj funcionarem. Nestecaso,

• α1 = X1X3X4;

• α2 = X1X5;

• α3 = X2X3X4;

• α4 = X2X5.

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Isto permite reescrever a funcao estrutura do sistema como

φ(X) =

{1, se αj = 1, para algum j ∈ {1, 2, 3, 4}0, se αj = 0, qualquer que seja j ∈ {1, 2, 3, 4}

= maxjαj

o que, neste caso, leva a...

φ(X) = max {X1X3X4, X1X5, X2X3X4, X2X5} = max{X1 max {X3X4, X5} , X2 max {X3X4, X5}

}=

= max {X1, X2}max {X3X4, X5}

ou seja, ao produto da probabilidade da primeira parte do sistema funcionar e da segundaparte do mesmo funcionar.

Temos tambem que se Xi ∈ {0, 1}, com i ∈ {1, 2, ..., n}, entao

maxi{X1, X2, ..., Xn} = 1−

n∏i=1

(1−Xi)

Por fim,φ(X) = [1− (1−X1)(1−X2)][1− (1−X3X4)(1−X5)]

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Exercıcio 3.20

Uma estrutura diz-se 2-de-3 se, para funcionar, 2 das suas 3 componentes, Xi, com i ∈ {1, 2, 3}tiverem de estar a funcionar.

Seja X = (X1, X2, X3). Assim,

Xi =


0, caso contrario, com i ∈ {1, 2, 3}

Sao caminhos mınimos todas as combinacoes possıveis de 3 componentes 2 a 2.

• P1 = {1, 2}

• P2 = {1, 3}

• P3 = {2, 3}

αj =∏i∈Pj

Xi, j ∈ {1, 2, 3}

• α1 = X1X2

• α2 = X1X3

• α3 = X2X3

Como cada Xi, com i ∈ {1, 2, 3} e uma Bernoulli, X2i tambem o e.

φ(X) = maxjαj

3.19.= 1−

3∏j=1

(1− αj) = 1− (1−X1X2)(1−X1X3)(1−X2X3) =

=1− (1−X1X2 −X1X3 +X21X2X3)(1−X2X3) = 1− (1−X1X2 −X1X3 +X1X2X3)(1−X2X3) =

=1− [(1−X1X2 −X1X3 +X1X2X3)−X2X3(1−X1X2 −X1X3 +X1X2X3)] =

=1− [(1−X1X2 −X1X3 +X1X2X3)− (X2X3 −X1X22X3 −X1X2X

23 +X1X

22X

23 )] =

=1− [(1−X1X2 −X1X3 +X1X2X3)− (X2X3 −X1X2X3 −X1X2X3 +X1X2X3)] =

=X1X2 +X1X3 −X1X2X3 +X2X3 −X1X2X3 −X1X2X3 +X1X2X3 =

=X1X2 +X1X3 +X2X3 − 2X1X2X3 =

Seja p = (p1, p2, p3), tal que pi e a fiabilidade de Xi, com i ∈ {1, 2, 3}. A fiabilidade do sistemae dada por

r(p) = P [φ(X) = 1] = E[φ(X)], pois φ e uma Bernoulli e P (Xi = 1) = E(Xi) = pi

r(p) = E(X1X2 +X1X3 +X2X3 − 2X1X2X3) =indep.

=indep.

E(X1)E(X2) + E(X1)E(X3) + E(X2)E(X3)− 2E(X1)E(X2)E(X3)

=p1p2 + p1p3 + p2p3 − 2p1p2p2p3

Q.E.D.

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Exercıcio 3.21

Uma estrutura diz-se 3-de-4 se, para funcionar, 3 das suas 4 componentes, Xi, com i ∈{1, 2, 3, 4} tiverem de estar a funcionar.

Seja X = (X1, X2, X3, X4). Assim,

Xi =


0, caso contrario, com i ∈ {1, 2, 3, 4}

Sao caminhos mınimos todas as combinacoes possıveis de 4 componentes 3 a 3.

• P1 = {1, 2, 3}

• P2 = {1, 2, 4}

• P3 = {1, 3, 4}

• P4 = {2, 3, 4}

αj =∏i∈Pj

Xi, j ∈ {1, 2, 3, 4}

• α1 = X1X2X3

• α2 = X1X2X4

• α3 = X1X3X4

• α4 = X2X3X4

Como cada Xi, com i ∈ {1, 2, 3, 4} e uma Bernoulli, X2i tambem o e.

φ(X) = maxjαj

3.19.= 1−

4∏j=1

(1− αj) =

= 1− (1−X1X2X3)(1−X1X2X4)(1−X1X3X4)(1−X2X3X4) =

= 1− (1−X1X2X3 −X1X2X4 +X21X

22X3X4)(1−X1X3X4 −X2X3X4 +X1X2X

23X

24 ) =

= 1− (1−X1X2X3 −X1X2X4 +X1X2X3X4)(1−X1X3X4 −X2X3X4 +X1X2X3X4) =

= 1− [1−X1X2(X3 +X4 −X3X4)][1−X3X4(X1 +X2 −X1X2)] =

= 1− [1−X3X4(X1 +X2 −X1X2)−X1X2(X3 +X4 −X3X4)+

+X1X2(X3 +X4 −X3X4)X3X4(X1 +X2 −X1X2)] =

= 1− [1−X1X3X4 −X2X3X4 +X1X2X3X4 −X1X2X3 −X1X2X4 +X1X2X3X4+

+X1X2X3X4(X1 +X2 −X1X2)(X3 +X4 −X3X4)] =


+ (X21X2X3X4 +X1X

22X3X4 −X2

1X22X3X4)(X3 +X4 −X3X4)] =


+ (X1X2X3X4 +X1X2X3X4 −X1X2X3X4)(X3 +X4 −X3X4)] =


+X1X2X3X4(X3 +X4 −X3X4)] =

= 1− (1−X1X3X4 −X2X3X4 +X1X2X3X4 −X1X2X3 −X1X2X4 +X1X2X3X4+

+X1X2X23X4 +X1X2X3X

24 −X1X2X

23X

24 ) =

= 1− (1−X1X3X4 −X2X3X4 +X1X2X3X4 −X1X2X3 −X1X2X4 +X1X2X3X4+

+X1X2X3X4 +X1X2X3X4 −X1X2X3X4) =

= 1− (1−X1X2X3 −X1X2X4 −X1X3X4 −X2X3X4 + 3X1X2X3X4) =

= X1X2X3 +X1X2X4 +X1X3X4 +X2X3X4 − 3X1X2X3X4

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Seja p = (p1, p2, p3, p4), tal que pi e a fiabilidade de Xi, com i ∈ {1, 2, 3, 4}. A fiabilidade dosistema e dada por


r(p) = E(X1X2X3 +X1X2X4 +X1X3X4 +X2X3X4 − 3X1X2X3X4) =indep.

=indep.

E(X1)E(X2)E(X3) + E(X1)E(X2)E(X4) + E(X1)E(X3)E(X4)+

+E(X2)E(X3)E(X4)− 3E(X1)E(X2)E(X3)E(X4) =

=p1p2p3 + p1p2p4 + p1p3p4 + p2p3p4 − 3p1p2p3p4

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Exercıcio 3.22

Seja X = (X1, X2, X3) tal que

Xi =


0, caso contrario, com i ∈ {1, 2, 3}

e a funcao estrutura e dada por

φ(X) =


0, caso contrario

O sistema dado pode ser encarado como duas partes, independentes por hipotese, instaladasem serie, logo o sistema funciona se e so se ambas as partes funcionarem. Assim, a primeira partee constituıda apenas pela componente 1 e a segunda parte e constituıda pelas componentes 2, 3 e4.


S1 =


0, caso contrario=




S2 =


0, caso contrario

A segunda parte do sistema pode ser vista como um sistema 1-de-3, pois funciona se e sose pelo menos uma das tres componentes funcionar. Assim, os caminhos mınimos sao apenascompostos por uma componente cada e, como consequencia, cada αj e igual ao respectivo Xj ,com j ∈ {2, 3, 4}.

αj = Xj , j ∈ {2, 3, 4}

• P1 = {2} ⇒ α2 = X2

• P2 = {3} ⇒ α3 = X3

• P3 = {4} ⇒ α4 = X4

S2 = maxjαj

3.19.= 1−

4∏j=2

(1− αj) = = 1− (1−X2)(1−X3)(1−X4)

φ(X) = S1S2 = X1[1− (1−X2)(1−X3)(1−X4)]

Seja p = (p1, p2, p3, p4), tal que pi e a fiabilidade de Xi, com i ∈ {1, 2, 3, 4}. A fiabilidade dosistema e dada por


r(p) = E{X1[1− (1−X2)(1−X3)(1−X4)]

}=

indep.E(X1)E[1− (1−X2)(1−X3)(1−X4)] =

indep.∗

=indep.∗

E(X1)[E(1)− E(1−X2)E(1−X3)E(1−X4)] = p1[1− (1− p2)(1− p3)(1− p4)]

No passo assinalado com *, foi assumido que se X1 e X2 forem variaveis aleatorias indepen-dentes com distribuicao Bernoulli de parametros p1 e p2, respectivamente, entao Y1 = 1 − X1 eY2 = 1−X2 tambem sao independentes. Isto e, se

P (X1 = x1, X2 = x2) = P (X1 = x1)P (X2 = x2)

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entaoP (Y1 = y1, Y2 = y2) = P (Y1 = y1)P (Y2 = y2)

P (Y1 = y1, Y2 = y2) = P (1−X1 = y1, 1−X2 = y2) = P (X1 = 1− y1, X2 = 1− y2) =indep.

=indep.

P (X1 = 1− y1)P (X2 = 1− y2) = P (1−X1 = y1)P (1−X2 = y2) = P (Y1 = y1)P (Y2 = y2)

Como querıamos demonstrar.

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Capıtulo 4

Simulacao Estocastica

Exercıcio 4.1

U ∼ Unif(0, 1) , λ > 0⇒ X = − 1

λlog (U) ∼ Exp(λ)

fU (u) =

{1, se u ∈]0, 1[

0, caso contrario, FU (u) =

∫ u

−∞fU (x) dx =

u∈]0,1[

∫ u

0

1 dx = u− 0 = u

A funcao de distribuicao de probabilidades caracteriza univocamente a distribuicao de umavariavel aleatoria, isto e, se duas variaveis aleatorias tiverem a mesma funcao de distribuicao,entao sao iguais.

O mesmo ocorre com a funcao densidade de probabilidade.

FX(x) = P (X ≤ x) = P

(− 1

λlogU ≤ x

)= P (logU ≥ −λx) =

= P(U ≥ e−λx

)= 1− P

(U < e−λx

)= 1− FU

(e−λx

)FX(x) = 1− FU

(e−λx

)⇔ dFX(x)

dx=d[1− FU

(e−λx

)]dx

⇔

⇔ fX(x) = fU

(e−λx

)λe−λx ⇔ fX(x) =

1

1− 0λe−λx ⇔ fX(x) = λe−λx ⇔

⇔ fX(x) = fExp(λ)(x)

Logo, X = − 1λ logU ∼ Exp(λ).

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CAPITULO 4. SIMULACAO ESTOCASTICA CPE

Exercıcio 4.2

T ∼ Exp(1)

Temos que V=5 se a componente falhar antes do instante t=3, isto e,

T < 3⇒ V = 5

Ja se a componente falhar a partir do instante t=3, V=2T.

T ≥ 3⇒ V = 2T

Assim, V apenas toma o valor 5 ou valores a partir de 6 (se T=3, entao V=6). Logo, o suporteda variavel aleatoria V e SV = {5} ∪ [6,+∞[.

Para x < 5, temos que FV (x) = P (V ≤ x) = 0, pois V nao pode tomar valores inferiores a 5.Para x = 5, pela Lei das Probabilidades Totais, temos

FV (5) = P (V ≤ 5) = P (V ≤ 5, T < 3) + P (V ≤ 5, T ≥ 3) =

= P (V ≤ 5|T < 3)P (T < 3) + P (V ≤ 5|T ≥ 3)P (T ≥ 3) =

= P (5 ≤ 5|T < 3)P (T < 3) + P (2T ≤ 5|T ≥ 3)P (T ≥ 3) =

= 1.P (T < 3) + 0.P (T ≥ 3) = P (T < 3) = FExp(1)(3) = 1− e−3

Para 5 < x < 6, temos FV (x) = P (V ≤ x) = FV (5) = 1− e−3, pois ]5, 6[ 6⊂ SV .Para x ≤ 6, aplicando novamente a Lei das Probabilidades Totais, temos

FV (x) = P (V ≤ x) = P (V ≤ x, T < 3) + P (V ≤ x, T ≥ 3) =

= P (V ≤ x|T < 3)P (T < 3) + P (V ≤ x|T ≥ 3)P (T ≥ 3) =

= P (5 ≤ x|T < 3)P (T < 3) + P (2T ≤ x|T ≥ 3)P (T ≥ 3) =

= 1.P (T < 3) + P

(T ≤ x

2|T ≥ 3

)P (T ≥ 3) =

= P (T < 3) + P

(T ≤ x

2, T ≥ 3

)=

= P (T < 3) + P

(3 ≤ T ≤ x

2

)=

= P (T < 3) + P

(T ≤ x

2

)− P (T < 3) =

= P

(T ≤ x

2

)=

= FExp(1)

(x

2

)= 1− e− x2

Por fim, a funcao densidade de probabilidade de V e dada por

FV (x) =

0, se x < 5

1− e−3, se 5 ≤ x < 6

1− e− x2 , se x ≥ 6

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CPE CAPITULO 4. SIMULACAO ESTOCASTICA

Exercıcio 4.3

X ∼ Unif(−a, a) , Y = X2

Comecemos por considerar a funcao g que a cada x faz corresponder x2, que nao e bijectiva nointervalo [−a, a] (o suporte de X), para um dado a ∈ R+. Porem, podemos decompo-lo em doisintervalos disjuntos, S1 = [−a, 0[ e S2 = [0, a], nos quais a restricao da funcao g e bijectiva. Sejag1 a restricao de g a S1 e g2 a correspondente para S2.

y = x2 ⇔ x = ±√yS1 : −a ≤ x < 0⇒ 0 < x2 ≤ a2 ⇔ 0 < y ≤ a2

S2 : 0 ≤ x ≤ a⇒ 0 ≤ x2 ≤ a2 ⇔ 0 ≤ y ≤ a2

g−11 (y) = −√y, para 0 < y ≤ a2

g−12 (y) =

√y, para 0 ≤ y ≤ a2

d

dyg−1

1 (y) =1

2√y

d

dyg−1

2 (y) = − 1

2√y

Aplicando agora o Teorema da Transformacao:

fY (y) = fX [g−11 (y)]

∣∣∣∣ ddy g−11 (y)

∣∣∣∣+ fX [g−12 (y)]

∣∣∣∣ ddy g−12 (y)

∣∣∣∣ =

= fX(−√y)χ]0,a2](y)

∣∣∣∣∣ 1

2√y

∣∣∣∣∣+ fX(√y)χ[0,a2](y)

∣∣∣∣∣− 1

2√y

∣∣∣∣∣ =

=1

2aχ]0,a2](y)

1

2√y

+1

2aχ[0,a2](y)

1

2√y

=

=1

4a√y

(χ]0,a2](y) + χ[0,a2](y)) =

=

1

2a√y , se y ∈]0, a2]

14a√y , se y = 0, o que e impossıvel

0, caso contrario

=

=

12a√y , se y ∈]0, a2]

0, caso contrario

onde χI e a funcao caracterıstica do conjunto I.

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Exercıcio 4.4

Y =

(X − 1

θ

)2

, X ∼ Exp(θ)

A funcao densidade de probabilidade de X e dada por

fX(x) =

{θe−θx , se x > 0

0, caso contrariologo o suporte de X e SX =]0,+∞[

A funcao de expressao geral y = g(x) =(x− 1

θ

)2nao e bijectiva em SX , pois e uma funcao

quadratica, cujo grafico e uma parabola de mınimo y = 0 no ponto de abcissa x = 1/θ.Tomemos SX = S1∪S2, com S1 =]0, 1/θ[ e S2 = [1/θ,+∞[ dois intervalos disjuntos, nos quais

a funcao g e bijectiva, decompondo-a em g1 e g2 para os respectivos intervalos.

y =

(x− 1

θ

)2

⇔ x− 1

θ= ±√y ⇔ x =

1

θ±√y

S1 : 0 < x <1

θ⇔ −1

θ< x− 1

θ< 0⇒ 0 <

(x− 1

θ

)2

<1

θ2⇔ 0 < y <

1

θ2

S2 : x ≥ 1

θ⇔ x− 1

θ≥ 0⇒

(x− 1

θ

)2

≥ 0⇔ y ≥ 0

g−11 (y) =

1

θ−√y, para 0 < y <

1

θ2

g−12 (y) =

1

θ+√y, para y ≥ 0

d

dyg−1

1 (y) = − 1

2√y

d

dyg−1

2 (y) =1

2√y

Entao, pelo Teorema da Transformacao:

fY (y) = fX [g−11 (y)]

∣∣∣∣ ddy g−11 (y)

∣∣∣∣+ fX [g−12 (y)]

∣∣∣∣ ddy g−12 (y)

∣∣∣∣ =

= fX

(1

θ−√y

)χ]0,1/θ2[(y)

∣∣∣∣∣− 1

2√y

∣∣∣∣∣+ fX

(1

θ+√y

)χ[0,+∞](y)

∣∣∣∣∣ 1

2√y

∣∣∣∣∣ =

=1

2√y

[θe−θ(

1θ−√y)χ]0,1/θ2[(y) + θe−θ(

1θ+√y)χ[0,+∞[(y)

]=

=θ

2√y

[e−(1−θ√y)χ]0,1/θ2[(y) + e−(1+θ

√y)χ[0,+∞[(y)

]=

=

0, se y ≤ 0

02√y

[e−(1−θ√y) + e−(1+θ

√y)]

, se 0 < y < 1θ2

θ2√y e−(1+θ

√y), y ≥ 1

θ2

onde χI e a funcao caracterıstica do conjunto I.

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Exercıcio 4.5

X ∼ N(0, 1)

(a)

Y = eX

FY (y) = P (Y ≤ y) = P(eX ≤ y

)= P (X ≤ log y) = FX(log y)

FY (y) = FX(log y)⇔ fY (y) =fX(log y)

y

fY (y) =fN(0,1)(log y)

y=

1√2πe−

(log y)2

2

y=

1√2πy

e−(log y)2

2 , se y > 0

Portanto, a funcao densidade de probabilidade de Y e:

fY (y) =

1√2πy

e−(log y)2

2 , se y > 0

0 , caso contrario

(b)

Y = 2X2 + 1

FY (y) = P (Y ≤ y) = P(

2X2 + 1 ≤ y)

= P

(X2 ≤ y − 1

2

)Comecemos por mostrar que Z = X2 ∼ χ2

(1).

FZ(z) = P (Z ≤ z) = P(X2 ≤ z

)= P

(−√z ≤ X ≤

√z)

=

= FX(√z)− FX(−

√z) = Φ(

√z)− Φ(−

√z) = Φ(

√z)− 1 + Φ(

√z) = 2Φ(

√z)− 1

FZ(z) = 2Φ(√z)− 1⇔ fZ(z) = −ϕ(

√z)√z

FZ(z) = −1√2πe−

(√z)2

2

√z

= − 1√2πz

e−z2 =

=1

21/2Γ(1/2)z(1/2)−1e−

z2 = fχ2

(1)(z)

Retomemos a deducao da distribuicao de Y = X2 + 1.

FY (y) = P

(X2 ≤ y − 1

2

)= FZ

(y − 1

2

)

FY (y) = FZ

(y − 1

2

)⇔ fY (y) =

fZ

(y−1

2

)2

fY (y) =

1√

2π√

( y−12 )

e−y−14

2=

=1

2√π(y − 1)

e−y−14 , se

y − 1

2≥ 0

Portanto, a funcao densidade de probabilidade de Y e:

fY (y) =

1

2√π(y−1)

e−y−14 , se y ≥ 1

0 , caso contrario

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Exercıcio 4.6

X,Y ∼i.i.d.

Unif(0, 1)

f(X,Y )(x, y) =indep.

fX(x)fY (y) =

{1 , se 0 < x, y < 1

0 , caso contrario

O suporte da distribuicao conjunta e S(X,Y ) =]0, 1[×]0, 1[.

• Distribuicao de X + Y

{Z1 = X + Y

Z2 = Y⇔

{X = Z1 − Z2

Y = Z2

⇔

{g−1

1 (Z1, Z2) = Z1 − Z2 , 0 < z1 − z2 < 1

g−12 (Z1, Z2) = Z2 , 0 < z2 < 1

pois 0 < x < 1⇒ 0 < z1 − z2 < 1 e 0 < y < 1⇒ 0 < z2 < 1

J(g−11 ,g−1

2 )(z1, z2) =

∣∣∣∣∣∣∂g−1

1 (z1,z2)∂z1

∂g−11 (z1,z2)∂z2

∂g−12 (z1,z2)∂z1

∂g−12 (z1,z2)∂z2

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1 −10 1

∣∣∣∣ = 1

Entao, pelo Teorema da Transformacao, a funcao densidade de probabilidade conjunta deZ1 e Z2 e dada por:

f(Z1,Z2)(z1, z2) = f(X,Y )

[g−1

1 (z1, z2), g−12 (z1, z2)

]∣∣∣J(g−11 ,g−1

2 )

∣∣∣ = f(Z1,Z2)(z1 − z2, z2)|1| =

=

{1 , se 0 < z1 < 2 e z1 < z2 < z1 − 1

0 , caso contrario

Entao, a funcao densidade marginal da variavel aleatoria Z1 = X + Y , para 0 < z1 < 1,onde 0 < z2 < z1, tem a expressao geral

fZ1(z1) =

∫ z1

0

1 dz2 = z1

e para 1 ≤ z1 < 2, onde z1 − 1 < z2 < 1, tem a forma

fZ1(z1) =

∫ 1

z1−1

1 dz2 = 2− z1

logo,

fZ1(z1) =

z1 , se 0 < z1 < 1

2− z1 , se 1 ≤ z1 < 2

0 , caso contrario

• Distribuicao de XY{Z1 = XY

Z2 = Y⇔

{X = Z1

Z2

Y = Z2

⇔

{g−1

1 (Z1, Z2) = Z1

Z2, 0 < z1 − z2 < 1

g−12 (Z1, Z2) = Z2 , 0 < z2 < 1

pois 0 < x, y < 1⇒ 0 < xy < 1⇒ 0 < z1 < 1 e 0 < y < 1⇒ 0 < z2 < 1

J(g−11 ,g−1

2 )(z1, z2) =

∣∣∣∣∣∣∂g−1

1 (z1,z2)∂z1

∂g−11 (z1,z2)∂z2

∂g−12 (z1,z2)∂z1

∂g−12 (z1,z2)∂z2

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 1z2− z1z22

0 1

∣∣∣∣∣ =1

z2

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Entao, pelo Teorema da Transformacao, a funcao densidade de probabilidade conjunta deZ1 e Z2 e dada por:

f(Z1,Z2)(z1, z2) = f(X,Y )

[g−1

1 (z1, z2), g−12 (z1, z2)

]∣∣∣J(g−11 ,g−1

2 )

∣∣∣ = f(Z1,Z2)

(z1

z2, z2

)∣∣∣∣ 1

z2

∣∣∣∣ =

=

{1z2

, se 0 < z1z2< 1 e 0 < z2 < 1⇔ 0 < z1 < z2 < 1

0 , caso contrario

Entao, a funcao densidade marginal da variavel aleatoria Z1 = XY , para 0 < z1 < 1 tem aexpressao geral

fZ1(z1) =

∫ 1

z1

1

z2dz2 = [log (z2)]z2=1

z2=z1 = − log (z1) = log

(1

z1

)

logo,

fZ1(z1) =

log(

1z1

), se 0 < z1 < 1

0 , caso contrario

Exercıcio 4.7

(a)

T1, T2 ∼i.i.d.

Exp(α)

Seja Y1 o tempo de vida do sistema.

f(T1,T2)(t1, t2) =indep.

fT1(t1)fT2

(t2)

fTi(ti) =

{αe−αti , se ti > 0

0, caso contrario, ∀i ∈ {1, 2}

f(T1,T2)(t1, t2) =i.i.d.

{αe−αt1αe−αt2 = α2e−α(t1+t2) , se t1, t2 > 0

0 , caso contrario

Logo, o suporte da distribuicao conjunta e S(T1,T2) = R+ × R+.

Pelo Teorema da Transformacao, necessitamos de uma outra variavel aleatoria Y2, que podemostomar igual a T1.{

Y1 = T1 + T2

Y2 = T1

⇔

{T2 = Y1 − T1

T1 = Y2

⇔

{T1 = Y2

T2 = Y1 − Y2

⇔

⇔

{g−1

1 (Y1, Y2) = Y2 , y2 > 0

g−12 (Y1, Y2) = Y1 − Y2 , y1 > y2 > 0

pois t1 > 0⇒ y2 > 0 e t2 > 0⇒ y1 − y2 > 0⇒ y1 > y2

J(g−11 ,g−1

2 )(y1, y2) =

∣∣∣∣∣∣∂g−1

1 (y1,y2)∂y1

∂g−11 (y1,y2)∂y2

∂g−12 (y1,y2)∂y1

∂g−12 (y1,y2)∂y2

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣0 11 −1

∣∣∣∣ = −1

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Entao, pelo Teorema da Transformacao, a funcao densidade de probabilidade conjunta de Y1

e Y2 e dada por:

f(Y1,Y2)(y1, y2) = f(T1,T2)

[g−1

1 (y1, y2), g−12 (y1, y2)

]∣∣∣J(g−11 ,g−1

2 )

∣∣∣ = f(T1,T2)(y2, y1 − y2)|−1| =

= α2e−α(y2+y1−y2) = α2e−αy1 , para y1 > y2 > 0

f(Y1,Y2)(y1, y2) =

{α2e−αy1 , se y1 > y2 > 0

0 , caso contrario

Entao, a funcao densidade marginal da variavel aleatoria Y1 = T1 + T2, para y1 > 0 tem aexpressao geral

fY1(y1) =

∫ +∞

−∞f(Y1,Y2)(y1, y2) dy2 =

∫ +∞

−∞α2e−αy1 dy2 =

∫ y1

0

α2e−αy1 dy2 =

= α2e−αy1∫ y1

0

1 dy2 = α2y1e−αy1

f(T1+T2)(t) =

{α2 t e−αt , se t > 0

0 , caso contrario

Logo, T1 + T2 ∼ Gama(2, α).

P (T1 + T2 > t) = 1− P (T1 + T2 ≤ t) = 1− F(T1+T2)(t) = 1−∫ t

0

f(T1+T2)(x) dx =

= 1−∫ t

0

α2x e−αx dx = 1 + α

([x e−αx

]x=t

x=0−∫ t

0

e−αx dx

)=

= 1 + α t e−α t +

∫ t

0

−α e−αx dx = 1 + α t e−α t +[e−αx

]x=t

x=0=

= 1 + α t e−α t + e−α t − 1 = (α t+ 1) e−α t se t > 0

E a probabilidade pedida.

(b)

Repetindo o procedimento da alınea anterior, obtemos

f(T1,T2)(t1, t2) =indep.

fT1(t1)fT2

(t2)

fTi(ti) =

{αe−αti , se ti > 0


f(T1,T2)(t1, t2) =

{α2e−α(t1+t2) , se t1, t2 > 0

0 , caso contrario

S(T1,T2) = R+ × R+

Pelo Teorema da Transformacao, necessitamos de uma outra variavel aleatoria Y2, que podemos

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tomar igual a T2.{Y1 = T1 − T2

Y2 = T2

⇔

{T1 = Y1 + T2

T2 = Y2

⇔

{T1 = Y1 + Y2

T2 = Y2

⇔

⇔

{g−1

1 (Y1, Y2) = Y1 + Y2 , y1 + y2 > 0

g−12 (Y1, Y2) = Y2 , y2 > 0

pois t2 > 0⇒ y2 > 0 e t1 > 0⇒ y1 + y2 > 0⇔ y2 > −y1

J(g−11 ,g−1

2 )(y1, y2) =

∣∣∣∣∣∣∂g−1

1 (y1,y2)∂y1

∂g−11 (y1,y2)∂y2

∂g−12 (y1,y2)∂y1

∂g−12 (y1,y2)∂y2

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣1 10 1

∣∣∣∣ = 1


e Y2 e dada por:

f(Y1,Y2)(y1, y2) = f(T1,T2)

[g−1

1 (y1, y2), g−12 (y1, y2)

]∣∣∣J(g−11 ,g−1

2 )

∣∣∣ = f(T1,T2)(y1 + y2, y2)|1| =

= α2e−α(y1+y2+y2) , para y1 + y2 > 0 = α2e−αy1+2y2 , y1 + y2 > 0

Entao, como para y1 > 0, y2 pode variar entre 0 e +∞, mas para y1 ≤ 0, y2 apenas podevariar entre −y1 e +∞, a funcao densidade marginal da variavel aleatoria Y1 = T1−T2 tem comoexpressao geral:

fY1(y1) =

∫ +∞

−∞f(Y1,Y2)(y1, y2) dy2 =

∫ +∞

−∞α2e−α(y1+2y2) dy2 =

=

{∫ +∞0

α2e−α(y1+2y2) dy2 , se y1 > 0∫ +∞−y1 α

2e−α(y1+2y2) dy2 , se y1 ≤ 0=

=

{−α2 e

−αy1∫ +∞

0−2α e−2αy2 dy2 , se y1 > 0

−α2 e−αy1

∫ +∞−y1 −2α e−2αy2 dy2 , se y1 ≤ 0

=

=

−α2 e−αy1[e−2αy2

]y2=+∞y2=0

, se y1 > 0

−α2 e−αy1

[e−2αy2

]y2=+∞y2=−y1

, se y1 ≤ 0=

=

{−α2 e

−αy1 (0− 1) , se y1 > 0

−α2 e−αy1

(0− e2αy1

), se y1 ≤ 0

=

=

{α2 e−αy1 , se y1 > 0

α2 e

αy1 , se y1 ≤ 0=

=α

2e−α|y1| , se y1 ∈ R

f(T1−T2)(t) =α

2e−α|t| , se t ∈ R

Logo, T1 − T2 segue uma distribuicao de Laplace ou Dupla Exponencial de parametro α.

P (T1 > T2) = P (T1 − T2 > 0) = 1− P (T1 − T2 ≤ 0) = 1− F(T1−T2)(0) =

= 1−∫ 0

−∞f(T1−T2)(t) dt = 1−

∫ 0

−∞

α

2e−α|t| dt = 1−

∫ 0

−∞

α

2eα t dt =

= 1− 1

2

∫ 0

−∞α eα t dt = 1− 1

2

[eα t]t=0

t=−∞ = 1− 1

2(1− 0) =

1

2

E a probabilidade pedida.

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Exercıcio 4.8

X1, X2 ∼i.i.d

Unif(0, 1)

Logo, o suporte da distribuicao conjunta e S(X1,X2) =]0, 1[×]0, 1[.

f(X1,X2)(x1, x2) =indep.

fX1(x1)fX2

(x2)

fXi(xi) =

{1, se 0 < xi < 1


Consideremos as seguintes transformacoes para aplicarmos o Teorema da Transformacao:{Y1 = X1 +X2

Y2 = X1 −X2

⇔

{X1 = Y1 −X2

X2 = X1 − Y2

⇔

{X1 = Y1 −X1 + Y2

X2 = X1 − Y2

⇔

⇔

{X1 = Y1+Y2

2

X2 = X1 − Y2

⇔

{X1 = Y1+Y2

2

X2 = Y1−Y2

2

⇔

{g−1

1 (Y1, Y2) = Y1+Y2

2 , 0 < y1+y22 < 1

g−12 (Y1, Y2) = Y1−Y2

2 , 0 < y1−y22 < 1

pois 0 < x1 < 1⇒ 0 <y1 + y2

2< 1 e 0 < x2 < 1⇒ 0 <

y1 − y2

2< 1

J(g−11 ,g−1

2 )(y1, y2) =

∣∣∣∣∣∣∂g−1

1 (y1,y2)∂y1

∂g−11 (y1,y2)∂y2

∂g−12 (y1,y2)∂y1

∂g−12 (y1,y2)∂y2

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ 12 12

12 − 1

2

∣∣∣∣∣ = −1

2


e Y2 e dada por:

f(Y1,Y2)(y1, y2) = f(X1,X2)

[g−1

1 (y1, y2), g−12 (y1, y2)

]∣∣∣J(g−11 ,g−1

2 )

∣∣∣ = f(X1,X2)

(y1 + y2

2,y1 − y2

2

)∣∣∣∣−1

2

∣∣∣∣ =

= 1× 1× 1

2=

1

2, para 0 <

y1 + y2

2< 1, 0 <

y1 − y2

2< 1

f(Y1,Y2)(y1, y2) =

{12 , se 0 < y1+y2

2 < 1, 0 < y1−y22 < 1

0 , caso contrario

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Exercıcio 4.9

Y =

n∑i=1

Xi , Xi⊥⊥ Xj , ∀i 6= j

(a)

Xi ∼ Exp(λ)

Comecemos por calcular a funcao geradora de momentos de Xi, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}.

MXi(t) = E(etXi

)=

∫ +∞

−∞etxfXi(x) dx =

∫ ∞0

etxλe−λx dx = λ

∫ ∞0

e(t−λ)x dx =

=λ

t− λ

∫ ∞0

(t− λ)e(t−λ)x dx =λ

t− λ

[e(t−λ)x

]x=∞

x=0=

=λ

t− λ

(e(t−λ)∞ − 1

)=t<λ

λ

t− λ(0− 1) =

λ

λ− tCalculemos agora a funcao geradora de momentos de Y .

MY (t) = E(etY)

= E(et∑ni=1Xi

)= E

(e∑ni=1 tXi

)=

= E

n∏i=1

etXi

=indep.

n∏i=1

E(etXi

)=

n∏i=1

λ

λ− t=

(λ

λ− t

)n(b)

Xi ∼ N(µi, σ

2i

)Seja Zi = Xi−µi

σi∼ N(0, 1). Entao, Xi = µi+σiZi. Comecemos por calcular a funcao geradora

de momentos de Zi, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}.

MZi(t) = E(etZi

)=

∫ +∞

−∞etzfZi(z) dz =

∫ +∞

−∞etz

1√2πe−

z2

2 dz =

=

∫ +∞

−∞etz−

z2

21√2π

dz = et2

2

∫ +∞

−∞

1√2πe−

12 (z2−2tz+t2) dz =

= et2

2

∫ +∞

−∞

1√2πe−

12 (z−t)2 dz = e

t2

2

∫ +∞

−∞fN(t,1)(z) dz =

= et2

2 × 1 = et2

2

Calculemos agora a funcao geradora de momentos de Xi.

MXi(t) = E(etXi

)= E

[et(µi+σiZi)

]= E

(etµietσiZi

)= etµiE

(etσiZi

)=

= etµiMZi(tσi) = etµie(tσi)

2

2 = etµi+(tσi)

2

2

Por fim, podemos obter a funcao geradora de momentos de Y .

MY (t) = E(etY)

= E(et∑ni=1Xi

)= E

(e∑ni=1 tXi

)=

= E

n∏i=1

etXi

=indep.

n∏i=1

E(etXi

)=

n∏i=1

etµi+(tσi)

2

2 =

= e

∑ni=1

[tµi+

(tσi)2

2

]

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(c)

Xi ∼ Gama(αi, β)

Da alınea a), dado que a soma de n variaveis aleatorias de distribuicao exponencial de parametroλ e uma Gama(n, λ), supondo que αi sao inteiros (ou recorrendo ao formulario), tiramos que

MXi(t) =

(λ

λ− t

)αio que nos permite calcular a funcao geradora de momentos de Y .

MY (t) = E(etY)

= E(et∑ni=1Xi

)= E

(e∑ni=1 tXi

)=

= E

n∏i=1

etXi

=indep.

n∏i=1

E(etXi

)=

n∏i=1

(λ

λ− t

)αi=

(λ

λ− t

)∑ni=1 αi

(d)

Xi ∼ Poi(λi)Comecemos por calcular a funcao geradora de momentos de Xi, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}.

MXi(t) = E(etXi

)=

∞∑x=0

etxP (Xi = x) =

∞∑x=0

etxe−λiλxix!

= e−λi∞∑x=0

(etλi)x

x!=

= e−λie(etλi) = e(et−1)λi

Calculemos agora a funcao geradora de momentos de Y .

MY (t) = E(etY)

= E(et∑ni=1Xi

)= E

(e∑ni=1 tXi

)=

= E

n∏i=1

etXi

=indep.

n∏i=1

E(etXi

)=

n∏i=1

e(et−1)λi = e(e

t−1)∑ni=1 λi

(e)

Xi ∼ Geom(p)

Comecemos por calcular a funcao geradora de momentos de Xi, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}.

MXi(t) = E(etXi

)=

∞∑x=1

etxP (Xi = x) =∞∑x=1

etx(1− p)x−1p =p

1− p

∞∑x=1

[et(1− p)

]x=

=p

1− pet(1− p)

1− (1− p)et=

p et

1− (1− p)et,

se et(1− p) < 1⇔ t < log1

1− pe p 6= 1

Calculemos agora a funcao geradora de momentos de Y .

MY (t) = E(etY)

= E(et∑ni=1Xi

)= E

(e∑ni=1 tXi

)=

= E

n∏i=1

etXi

=indep.

n∏i=1

E(etXi

)=

n∏i=1

p et

1− (1− p)et=

[p et

1− (1− p)et

]n

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Exercıcio 4.10{X1 =

√−2 logU1 cos (2πU2)

X2 =√−2 logU1 sen (2πU2)

com U1, U2 ∼i.i.d.

Unif(0, 1)

Para podermos aplicar o Teorema da Transformacao, temos de encontrar funcoes g1 e g2

bijectivas tais que:{x1 = g1(u1, u2) =

√−2 log u1 cos (2πu2)

x2 = g2(u1, u2) =√−2 log u1 sen (2πu2)

⇔

⇔

{u1 = g−1

1 (x1, x2)

u2 = g−12 (x1, x2)

⇔ g−1(x1, x2) = (u1, u2)

Para tal, comecemos por calcular x2

x1para explicitar u2 a custa de x1 e x2 apenas.

x2

x1=g2(u1, u2)

g1(u1, u2)=

√−2 log u1 sen (2πu2)√−2 log u1 cos (2πu2)

=sen (2πu2)

cos (2πu2)=

= tg (2πu2)⇒ 2πu2 = arctg

(x2

x1

)⇔ u2 =

arctg(x2

x1

)2π

Calculemos agora x21 + x2

2 para obter u1 em funcao de x1 e x2.

x21 + x2

2 = g21(u1, u2) + g2

2(u1, u2) = −2 log (u1)[sen2 (2πu2) + cos2 (2πu2)

]=

= −2 log u1 ⇒ log u1 = −x21 + x2

2

2⇔ u1 = e−

x21+x222

Assim,

g−1(x1, x2) =

e− x21+x222 ,

arctg(x2

x1

)2π

J(g−11 ,g−1

2 )(x1, x2) =

∣∣∣∣∣∣∂g−1

1 (x1,x2)∂x1

∂g−11 (x1,x2)∂x2

∂g−12 (x1,x2)∂x1

∂g−12 (x1,x2)∂x2

∣∣∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣−x1 e

− x21+x222 −x2 e

− x21+x222

−(x2/x21)

2π

[1+(x2x1

)2] 1/x1

2π

[1+(x2x1

)2]∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣−x1 e− x

21+x222 −x2 e

− x21+x222

− x2

2π(x21+x2

2)x1

2π(x21+x2

2)

∣∣∣∣∣∣ =

=−x2

1 e− x

21+x222

2π(x21 + x2

2)− x2

2 e− x

21+x222

2π(x21 + x2

2)=−(x2

1 + x22)e−

x21+x222

2π(x21 + x2

2)=

= −e− x

21+x222

2π

Entao, pelo Teorema da Transformacao, a funcao densidade de probabilidade conjunta de X1

e X2 e dada por:

f(X1,X2)(x1, x2) = f(U1,U2)

[g−1

1 (x1, x2), g−12 (x1, x2)

]∣∣∣Jg(x1,x2)

∣∣∣ =

= f(U1,U2)

e− x21+x222 ,

arctg(x2

x1

)2π

∣∣∣∣∣∣−e

− x21+x222

2π

∣∣∣∣∣∣Pagina 48 de 84


Como U1 e U2 sao variaveis aleatorias independentes e identicamente distribuıdas, a sua funcaodensidade de probabilidade conjunta e dada por:

f(U1,U2)(u1, u2) =indep.

fU1(u1)fU2

(u2) =i.d.

{1 , se 0 < u1, u2 < 1

0 , caso contrario

Como e−x21+x22

2 e arctg (x2/x1)2π tomam valores no intervalo ]0, 1[, temos que:

f(X1,X2)(x1, x2) = 1.e−

x21+x222

2π=e−

x21+x222

2π

Assim, as funcoes densidade marginais de X1 e X2 sao dadas por:

fX1(x1) =

∫ +∞

−∞

e−x21+x22

2

2πdx2 =

e−x212

√2π

∫ +∞

−∞

e−x222

√2π

dx2 =e−

x212

√2π

∫ +∞

−∞fN(0,1)(x2)dx2 =

=e−

x212

√2π

.1 =e−

x212

√2π

= fN(0,1)(x1)

fX2(x2) =

∫ +∞

−∞

e−x21+x22

2

2πdx1 =

e−x222

√2π

∫ +∞

−∞

e−x212

√2π

dx1 =e−

x222

√2π

∫ +∞

−∞fN(0,1)(x1)dx1 =

=e−

x222

√2π

.1 =e−

x222

√2π

= fN(0,1)(x2)

Logo, X1, X2 ∼ N(0, 1).Sabemos que duas variaveis aleatorias sao independentes se e so se o produto das funcoes

densidade de probabilidade marginais for igual a funcao densidade de probabilidade conjunta.

fX1(x1)fX2

(x2) =e−

x212

√2π

e−x222

√2π

=e−

x21+x222

2π= f(X1,X2)(x1, x2)

Logo, X1 e X2 sao variaveis aleatorias independentes e identicamente distribuıdas a N(0, 1).E assim definida a transformacao de Box-Muller, importante na geracao de numeros pseudo-

aleatorios da distribuicao exacta N(0, 1) a partir de numeros pseudo-aleatorios da distribuicaoUnif(0, 1).

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Exercıcio 4.11

Xi ∼i.i.d.

Exp(λ), i ∈ {1, ..., n} , Y =

n∑i=1

Xi

(a)

Pretendemos determinar a distribuicao de Y , bem como o seu valor esperado e a sua variancia.Comecemos por determinar a funcao geradora de momentos de cada Xi.

MXi(t) = E(etXi

)=

∫ ∞0

et xiλe−λxi dxi = λ

∫ ∞0

e−xi(λ−t) dxi =

= λ

[−e−xi(λ−t)

λ− t

]xi=∞xi=0

=λ

λ− t, λ > t

Tendo ja obtido a funcao geradora de momentos de cada Xi, podemos agora obter a mesmade Y .

MY (t) = E(et Y

)= E

(et∑ni=1Xi

)= E

(e∑ni=1 tXi

)=

= E

n∏i=1

etXi

=indep.

n∏i=1

E(etXi

)=i.d.

[E(etXi

)]n=

(λ

λ− t

)nObtivemos a funcao geradora de uma distribuicao Gama(n, λ), logo, como a funcao geradora

de momentos caracteriza univocamente a distribuicao de uma variavel aleatoria, Y ∼ Gama(n, λ).

E(Y ) = M ′Y (0) =

[n

(λ

λ− t

)n−1λ

(λ− t)2

]t=0

=

[nλn

(λ− t)n+1

]t=0

=

= n

(λ

λ

)n−1λ

λ2=n

λ

e o valor esperado de Y .

E(Y 2)

= M ′′Y (0) =

[nλn(n+ 1)(λ− t)n

(λ− t)2n+2

]t=0

=

[nλn(n+ 1)

(λ− t)n+2

]t=0

=

=nλn(n+ 1)

λn+2=n (n+ 1)

λ2

V ar(Y ) = E(Y 2)− E2(Y ) =

n (n+ 1)

(λ)2−(n

λ

)2

=

=n2 + n− n2

λ2=

n

λ2

e a variancia de Y .

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(b)

Tomemos X ∼ Exp(λ) independente e identicamente distribuıda as restantes Xi.Apliquemos o Metodo da Transformacao Inversa.X = F−1

X (U), com U ∼ Unif(0, 1)

x = F−1X (u)⇔ u = FX(x)⇔ u = 1− e−λx ⇔ e−λx = 1− u⇔

⇔− λx = log (1− u)⇔ x = − log (1− u)

λmas como U ∼ Unif(0, 1), entao (1− U) ∼ Unif(0, 1) logo

x = − log (u)

λcom u pseudo-aleatorio.

1. Gerar um numero pseudo-aleatorio de U : u2. Obter um numero de uma distribuicao Exp(λ), aplicando a transformacao

x = − log (u)

λ

(c)

Sejam ui n numeros pseudo-aleatorios da distribuicao uniforme no intervalo (0,1).

xi = − log (ui)

λ⇒

n∑i=1

xi =

n∑i=1

− log (ui)

λ= − 1

λlog

n∏i=1

ui

1. Gerar n numeros pseudo-aleatorios de U : ui, com i ∈ {1, ..., n}2. Obter um numero de uma distribuicao Gama(n, λ), por cada n numeros ui, aplicando a

transformacao

y = − 1

λlog

n∏i=1

ui

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Exercıcio 4.12

Xi ∼i.i.d.

N(0, 1)

(a)

Y =

n∑i=1

Xi

Comecemos por obter a funcao geradora de momentos de X ∼ N(0, 1).

MX(t) = E(etX)

=

∫ +∞

−∞et x

1√2πe−

x2

2 dx =

=

∫ +∞

−∞

1√2πet x−

x2

2 dx =

∫ +∞

−∞

1√2πe−

12 (x2−2t x+t2)+ t2

2 dx =

= et2

2

∫ +∞

−∞

1√2πe−

12 (x−t)2 dx =

= et2

2

∫ +∞

−∞fN(t,1)(x) dx = e

t2

2 × 1 =

= et2

2

Como a funcao geradora de momentos caracteriza univocamente a distribuicao de uma variavelaleatoria, podemos utiliza-la para encontrar a distribuicao de Y .

MY (t) = E(etY)

= E(et∑ni=1Xi

)=

= E

n∏i=1

etXi

=i.i.d.

n∏i=1

E(etX)

=

[E(etX)]n

=

=

(et2

2

)n= e

n t2

2

Obtivemos a funcao geradora de momentos de Y ∼ N(0, n).

M ′Y (t) = n t en t2

2 ⇒ E(Y ) = M ′Y (0) = 0

M ′′Y (t) = n en t2

2 + (n t)2en t2

2 ⇒ V ar(Y ) = E(Y 2) + E2(Y ) = M ′′Y (0)− 0 = n

(b)

Consideremos as variaveis aleatorias Ui ∼i.i.d.

U , com i ∈ {1, ..., n} e U ∼ Unif(0, 1). Logo,

E(U) = 12 e V ar(U) = 1

12 .Tomemos Z =

∑ni=1 Ui.

E(Z) = E

n∑i=1

Ui

=

n∑i=1

E(Ui) =i.d.

nE(U) =n

2

V ar(Z) = V ar

n∑i=1

Ui

=indep.

n∑i=1

V ar(Ui) =i.d.

nV ar(U) =n

12

Como Z =∑ni=1 Ui, com Ui ∼

i.i.d.U , E(Z) < +∞ e V ar(Z) < +∞, o Teorema do Limite

Central garante que, para n suficientemente grande,

Z − E(Z)√Z

=Z − n

2√n12

a∼ N(0, 1)

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Desta forma, um algoritmo para simular valores aproximados de X e o seguinte:1. Gerar n valores de U ∼ Unif(0, 1), com n suficientemente grande: ui;2. Aplicar a transformacao para obter um valor aproximado de X ∼ N(0, 1):

x =

∑ni=1 ui −

n2√

n12

(c)

W = eX ⇔ X = logW

Consideremos a transformacao bijectiva g : R → R+ dada por g(x) = ex. Entao, a respectivainversa tem expressao geral g−1(x) = log x. Podemos aplicar o Teorema da Transformacao.

fW (w) = fX

[g−1(w)

]∣∣∣∣ ddwg−1(w)

∣∣∣∣ = fX(logw)

∣∣∣∣ 1

w

∣∣∣∣ =

=1√2πe−

(logw)2

21

|w|w>0=

1√2πw

e−(logw)2

2 =

= fLN(0,1)(w)

Logo, W ∼ LN(0, 1). Podemos simular valores desta variavel aleatoria recorrendo ao seguintealgoritmo:

1. Simular 1 valor de X ∼ N(0, 1): x1:1.1. Gerar 2 valores de Ui ∼

i.i.d.Unif(0, 1): u1, u2;

1.2. Aplicar a transformacao de Box-Muller:

x =√−2 log u1 cos (2πu2) ou x =

√−2 log u1 sen (2πu2)

2. Obter um valor de W ∼ LN(0, 1), calculando:

w = ex

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Exercıcio 4.13

(a)

X ∼ Bin(n, p), n ∈ N, 0 < p < 1

Recordemos que o suporte de X ∼ Bin(n, p) e {0, 1, ..., n} e o binomio de Newton:

(x+ y)n =

n∑k=0

(n

k

)xkyn−k

PX(s) = E(sX)

=

∞∑x=0

sxP (X = x) =

n∑x=0

sx(n

x

)px(1− p)n−x =

n∑x=0

(n

x

)(p s)x(1− p)n−x =

= (p s+ 1− p)n = (1− p+ p s)n

E(X) = P ′X(1) =d

ds

[(1− p+ p s)n

]∣∣∣∣s=1

=[n p(1− p+ p s)n−1

] ∣∣∣∣s=1

=

= n p(1− p+ p)n−1 = n p

E(X2 −X) = E(X2)− E(X) = P ′′X(1) =d2

ds2

[(1− p+ p s)n

]∣∣∣∣s=1

=

=d

ds

[n p(1− p+ p s)n−1

]∣∣∣∣s=1

=[n(n− 1) p2(1− p+ p s)n−2

]∣∣∣∣s=1

=

= n(n− 1) p2(1− p+ p s)n−2 = n(n− 1) p2

V ar(X) = E(X2)− E2(X) = E(X2)− E(X) + E(X)− E2(X) = n(n− 1) p2 + n p− (n p)2 =

= n p[(n− 1)p+ 1− n p] = n p[n p− p+ 1− n p] = n p(1− p)

(b)

X ∼ Poi(λ), λ > 0

PX(s) = E(sX)

=

∞∑x=0

sxP (X = x) =

∞∑x=0

sxe−λλx

x!=

∞∑x=0

sxe−λλx

x!=

= e−λ∞∑x=0

(sλ)x

x!= e−λesλ = e(s−1)λ = e−λ(1−s)

E(X) = P ′X(1) =d

ds

[e−λ(1−s)

]∣∣∣∣s=1

=[λ e−λ(1−s)

] ∣∣∣∣s=1

= λ

E(X2 −X) = E(X2)− E(X) = P ′′X(1) =d2

ds2

[e−λ(1−s)

]∣∣∣∣s=1

=

=d

ds

(λ e−λ(1−s)

)∣∣∣∣s=1

=[λ2 e−λ(1−s)

]∣∣∣∣s=1

= λ2

V ar(X) = E(X2)− E2(X) = E(X2)− E(X) + E(X)− E2(X) = λ2 + λ− λ2 = λ

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(c)

X ∼ Geom(p), 0 < p < 1

PX(s) = E(sX)

=

∞∑x=1

sxP (X = x) =

∞∑x=1

sxp(1− p)x−1 =

= p

∞∑x=1

sx(1− p)x

1− p=

p

1− p

∞∑x=1

[s(1− p)]x =p

1− ps(1− p)

1− s(1− p)=

=p s

1− (1− p)s, se

∣∣s(1− p)∣∣ < 1

E(X) = P ′X(1) =d

ds

(p s

1− (1− p)s

)∣∣∣∣s=1

=p[1− (1− p)s] + p s(1− p)

[1− (1− p)s]2

∣∣∣∣s=1

=

=p

[1− (1− p)s]2

∣∣∣∣s=1

=p

[1− (1− p)]2=

p

p2=

1

p

E(X2 −X) = E(X2)− E(X) = P ′′X(1) =d2

ds2

(p s

1− (1− p)s

)∣∣∣∣s=1

=

=d

ds

(p

[1− (1− p)s]2

)∣∣∣∣s=1

=−2p[1− (1− p)s](p− 1)

[1− (1− p)s]4

∣∣∣∣s=1

=

=−2p[1− (1− p)](p− 1)

[1− (1− p)]4=−2p(p− 1)

[1− (1− p)]3=

2p(1− p)p3

V ar(X) = E(X2)− E2(X) = E(X2)− E(X) + E(X)− E2(X) =2p(1− p)

p3+

1

p− 1

p2=

=2p(1− p) + p2 − p

p3=

2p− 2p2 + p2 − pp3

=p− p2

p3=

1− pp2

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Exercıcio 4.14

Y =

n∑i=1

Xi

A funcao geradora de probabilidades caracteriza univocamente a distribuicao de uma variavelaleatoria, logo se duas variaveis aleatorias tiverem a mesma funcao geradora de probabilidades eporque sao a mesma.

PX(s) = E(sX)

PY (s) = E(sY)

= E(s∑ni=1Xi

)= E

n∏i=1

sXi

=i.i.d.

[E(sX)]n

(a)

Xi ∼i.i.d.

Bin(n, p), n ∈ N, 0 < p < 1

PX(s) = E(sX)

= (1− p+ p s)n

PY (s) = E(sY)

=

[E(sX)]n

=[(1− p+ p s)n

]n= (1− p+ p s)n

2

Obtivemos a funcao geradora de probabilidades de uma variavel aleatoria com distribuicaobinomial de parametros n2 e p, logo

Y ∼ Bin(n2, p

)(b)

Xi ∼i.i.d.

Poi(λ), λ > 0

PX(s) = E(sX)

= e−λ(1−s)

PY (s) = E(sY)

=

[E(sX)]n

=[e−λ(1−s)

]n= e−nλ(1−s)

Obtivemos a funcao geradora de probabilidades de uma variavel aleatoria com distribuicaoPoisson de parametro nλ, logo

Y ∼ Poi(nλ)

(c)

Xi ∼i.i.d.

Geom(p), 0 < p < 1

PX(s) = E(sX)

=p s

1− (1− p)s

PY (s) = E(sY)

=

[E(sX)]n

=

[p s

1− (1− p)s

]nObtivemos a funcao geradora de probabilidades de uma variavel aleatoria com distribuicao

binomial negativa de parametros n e p, logo

Y ∼ BinNeg(n, p)

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Exercıcio 4.15

X ∼ BinNeg(

5,1

4

)Seja W uma variavel aleatoria com distribuicao BinNeg(r, p). Entao, W conta o numero de

tentativas (provas de Bernoulli independentes com probabilidade de sucesso constante) realizadasate se obter r sucessos.

FW (n) = P (W ≤ n) = P (“no de tentativas para obter r sucessos ser no maximo n”) =

= P (“em n tentativas haver pelo menos r sucessos”) =

= P (Y ≥ r) = 1− P (Y ≤ r − 1) = 1− FY (r − 1)

com Y ∼ Bin(n, p).Logo,

FBinNeg(r,p)(n) = 1− FBin(n,p)(r − 1)

P (X = 12) = P (X ≤ 12)− P (X ≤ 11) = FBinNeg(5, 14 )(12)− FBinNeg(5, 14 )(11)

Sejam Y1 ∼ Bin(12, 1

4

)e Y2 ∼ Bin

(11, 1

4

)P (X ≤ 12) = FBinNeg(5, 14 )(12) = 1− FBin(12, 14 )(4) = 1− 0.8424

P (X ≤ 11) = FBinNeg(5, 14 )(11) = 1− FBin(11, 14 )(4) = 1− 0.8854

Logo,

P (X = 12) = P (X ≤ 12)− P (X ≤ 11) = 1− 0.8424− 1 + 0.8854 = 0.043

e a probabilidade pedida.

Exercıcio 4.16

Seja X a variavel aleatoria que conta o numero de pessoas observadas ate serem encontradas 30com a doenca. Como cada pessoa observada e uma prova de Bernoulli independente das restantes,com probabilidade de sucesso (ter a doenca) constante p = 0.005, temos que

X ∼ BinNeg(30, 0.005)

Portanto, a funcao de probabilidade do numero de pessoas que e necessario observar ate seencontrar 30 doentes para realizar o ensaio e

fX(x) = P (X = x) =

(x− 1

30− 1

)0.00530(1− 0.005)x−30 =

(x− 1

29

)0.005300.995x−30

e o valor esperado e

E(X) =30

0.005= 6000 .

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Exercıcio 4.17

Seja X a variavel aleatoria que conta o numero de pacotes cheios ate surgir o 3o com defeito.Como cada saco e uma prova de Bernoulli independente dos restantes com probabilidade de sucesso(ter defeito) constante p = 0.2, temos que

X ∼ BinNeg(3, 0.2)

e, recorrendo ao resultado do exercıcio 4.15., obtemos

P (X < 7) = P (X ≤ 6) = FBinNeg(3,0.2)(6) = 1− FBin(6,0.2)(3− 1) = 1− 0.9011 = 0.0989

que e a probabilidade pedida.

Exercıcio 4.18

Λ ∼ Gama(n, α), n ∈ N(X|Λ) ∼ Poi(λ)

Queremos mostrar que X tem uma distribuicao binomial negativa*.Uma variavel aleatoria que conta o numero de insucessos ate obter r sucessos diz-se ter distri-

buicao BinNeg ∗ (r, p), onde p e a probabilidade de sucesso.

fBinNeg∗(r,p)(k) =

(k + r − 1)

r − 1

)pr(1− p)k

Procuramos a funcao de probabilidade da variavel aleatoria X. Sabemos que, para uma variavelaleatoria Y qualquer,

E[E(X|Y )] = E(X)

P (X = x|Λ = λ) = fPoi(λ)(x)

Entao,

P (X = x) = E(χ{X=x}) , onde χ{X=x} =

{1 , se X = x

0 , caso contrario

Tomando E(χ{X=x}|Λ) como uma funcao g que dependa apenas de Λ,

P (X = x) = E(χ{X=x}) = E[E(χ{X=x}|Λ)] =

∫ ∞0

E(χ{X=x}|Λ = λ)fΛ(λ)dλ =

=

∫ ∞0

P (X = x|Λ = λ)fΛ(λ)dλ =

∫ ∞0

fPoi(λ)(x)fΛ(λ)dλ =

=

∫ ∞0

e−λλx

x!αe−αλ

(αλ)n−1

Γ(n)dλ =

=αn

x!(n− 1)!

∫ ∞0

e−λ(α+1)λx+n−1dλ =

=Γ(x+ n)

x!(n− 1)!(α+ 1)x+n

∫ ∞0

(α+ 1)e−λ(α+1) [λ(α+ 1)]x+n−1

Γ(x+ n)dλ =

=Γ(x+ n)

x!(n− 1)!(α+ 1)x+n

∫ ∞0

fGama(x+n,α+1)(λ)dλ =

=

(x+ n− 1

n− 1

)αn(

1

α+ 1

)x+n

=

(x+ n− 1

n− 1

)(α

α+ 1

)n(1

α+ 1

)=

= fBinNeg∗(n, αα+1 )(x)

Logo, X ∼ BinNeg ∗(n, α

α+1

).

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Exercıcio 4.19

(a)

A experiencia e repetida n vezes de forma independente, existem r possibilidades de resul-tados em cada realizacao e cada variavel aleatoria Xi conta o numero de vezes que se obtem apossibilidade i nas n realizacoes da experiencia, 0 < pi < 1 e

∑ri=1 pi = 1, com i ∈ {1, ..., r}, entao

X = (X1, ..., Xr) ∼Multinomial(n, p1, ..., pr)

Assim, definindo ni como o numero de possibilidades i obtidas, temos que∑ri=1 ni = n. Logo, a

funcao massa de probabilidade de X e dada por

P [X = (n1, ..., nr)] =

{n!

n1!...nr!pn11 ...pnrr , se ni ∈ {0, 1, ..., n} ,

∑ri=1 ni = n

0 , caso contrario

(b)

Como X = (X1, ..., Xr−1, Xr) ∼Multinomial(n, p1, ..., pr−1, pr), entao pr = 1−∑r−1i=1 pi. Entao,

para r = 2, temos

(X1, X2) ∼Multinomial(n, p1, 1− p1)

onde p1 e a probabilidade de obter a possibilidade 1 numa realizacao da experiencia.

fMultinomial(n,p1,1−p1)(n1, n− n1) = P [(X1, X2 = (n1, n− n1)] =

=

{n!

n1!(n−n1)!pn11 (1− p1)n−n1 , se n1 ∈ {0, 1, 2}

0 , caso contrario=

=

{(nn1

)pn1

1 (1− p1)n−n1 , se n1 ∈ {0, 1, 2}0 , caso contrario

=

= fBin(n,p1)(n1)

(c)

Comecemos por determinar a distribuicao de cada Xi. Sem perda de generalidade, suponhamosque i = 1.

fX1(n1) = P (X1 = n1) =

=

n−n1∑n2=0

n−n1−n2∑n3=0

...

n−...−nk−3∑nk−2=0

n−...−nk−2∑nk−1=0

(n

n1

)(n− n1

n2

)...

(n− n1 − ...− nk−2

nk−1

)pn1

1 pn22 ...p

nk−1

k−1 pn−n1−...−nk−1

k =

=

n−n1∑n2=0

n−n1−n2∑n3=0

...

n−...−nk−3∑nk−2=0

(n

n1

)(n− n1

n2

)...

(n− n1 − ...− nk−3

nk−2

)pn1

1 pn22 ...p

nk−2

k−2 (1− p1 − ...− pk−2)n−n1−...−nk−2 =

=

(n

n1

)pn1

1

n−n1∑n2=0

n−n1−n2∑n3=0

...

n−...−nk−4∑nk−3=0

(n− n1

n2

)...

(n− n1 − ...− nk−4

nk−3

)pn2

2 ...pnk−3

k−3 (1− p1 − ...− pk−3)n−n1−...−nk−3 =

= ... =

(n

n1

)pn1

1 (1− p1)n−n1 =

= fBin(n,p1)(n1)

pois, pelo binomio de Newton, (x+ y)n =

n∑k=0

(n

k

)xkyn−k

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Logo, X1 ∼ Bin(n, p1). Como o raciocınio seguiu sem perda de generalidade, temos que

Xi ∼ Bin(n, pi) , ∀i ∈ {1, 2, ..., k}

eE(Xi) = npi e V ar(Xi) = npi(1− pi) , ∀i ∈ {1, ..., k}

(d)

Pela alınea anterior, temos que Xi ∼ Bin(n, pi) e Xj ∼ Bin(n, pj), ∀i, j ∈ {1, ..., k}. Conside-remos as variaveis aleatorias seguintes:

Ziα =

{1 , se na α

arealizacao da experiencia sair o resultado i

0 , caso contrario

Zjβ =

{1 , se na β

arealizacao da experiencia sair o resultado j

0 , caso contrario

Assim, Ziα e Zjβ tem distribuicao Bernoulli de parametros pi e pj , respectivamente. Logo,Xi =

∑nα=1 Ziα e Xj =

∑nβ=1 Zjβ .

Cov(Xi, Xj) = Cov

n∑α=1

Ziα,

n∑β=1

Zjβ

=

=

n∑α=1

n∑β=1

Cov(Ziα, Zjβ)

Como as realizacoes das experiencias sao independentes, Cov(Ziα, Zjβ) = 0 para α 6= β.Para α = β,

Cov(Ziα, Zjβ) = Cov(Ziα, Zjα) =

= E(ZiαZjα)− E(Ziα)E(Zjα) = 0− pipj = −pipj

pois se se obtiver o resultado i, nao se pode obter o resultado j na mesma realizacao da experiencia,logo ZiαZjα = 0.

Logo,

Cov(Xi, Xj) =

n∑α=1

−pipj = −npipj

(e)

Xi e Xj nao sao variaveis aleatorias independentes para i 6= j pois Cov(Xi, Xj) 6= 0.

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Exercıcio 4.20

(a)

Como a experiencia tem 3 resultados possıveis e cada resultado ocorre com probabilidadesque, somadas, dao 1 e sao feitas 20 repeticoes independentes, temos que X = (X1, X2, X3) ∼Multinomial(20, 0.01, 0.04, 0.95).

Assim, pelo exercıcio 4.19, temos que:

X1 ∼ Bin(20, 0.01)⇒ E(X1) = 20× 0.01 = 0.2 e V ar(X1) = 20× 0.01× (1− 0.01) = 0.198

X2 ∼ Bin(20, 0.04)⇒ E(X2) = 20× 0.04 = 0.8 e V ar(X2) = 20× 0.04× (1− 0.04) = 0.768

X1 ∼ Bin(20, 0.95)⇒ E(X3) = 20× 0.95 = 19 e V ar(X3) = 20× 0.95× (1− 0.95) = 0.95

Cov(X1, X2) = Cov(X2, X1) = −20× 0.01× 0.04 = −0.008

Cov(X1, X3) = Cov(X3, X1) = −20× 0.01× 0.95 = −0.19

Cov(X2, X3) = Cov(X3, X2) = −20× 0.04× 0.95 = −0.76

Entao, o valor esperado e a matriz de co-variancias do vector aleatorio X = (X1, X2, X3) sao,respectivamente

E(X) =

0.20.819

e Σ =

0.198 -0.008 -0.19-0.008 0.768 -0.76-0.19 -0.76 0.95

(b)

Para um vector aleatorio X = (Xi, Xj , Xl), temos que

(Xi|Xj = nj , Xl = nl) ∼ Bin

(n− nj − nl,

pi1− pj − pl

)

(Xi|Xj = nj) ∼ Bin

(n− nj ,

pi1− pj

)Assim, para X = (X1, X2, X3) ∼Multinomial(20, 0.01, 0.04, 0.95) temos

(X3|X2 = 0) ∼ Bin(

20− 0,0.95

1− 0.04

)P (X1 = 2) = fBin(20,0.01)(2) ' 0.0159

P (X1 = 0, X2 = 1, X3 = 19) = P [(X1, X2, X3) = (0, 1, 19)] =20!

0!1!19!0.0100.0410.9519 = 0.3019

P (X3 = 18|X2 = 0) = fBin(20, 0.950.96 )(18) ' 0.0171

(c)

Como (X1, X2, X3) ∼Multinomial(20, 0.01, 0.04, 0.95), X1 ∼ Bin(20, 0.01), (X2|X1 = n1) ∼Bin

(20− n1,

0.041−0.01

)e∑3i=1 ni = n.

1. Simular 1 valor de X1 ∼ Bin(20, 0.01): x1:1.1. Gerar 20 valores de Ui ∼

i.i.d.Unif(0, 1): u1,...,u20;

1.2. Para cada i ∈ {1, ..., 20}, atribuir

yi =

{0 , se ui > 0.01

1 , se ui ≤ 0.01

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1.3. Calcular

x1 =

20∑i=1

yi

2. Simular 1 valor de (X2|X1 = x1) ∼ Bin(20− x1,

499

): x2:

2.1. Gerar 20− x1 valores de Uj ∼i.i.d.

Unif(0, 1): v1,...,v20−x1;

2.2. Para cada j ∈ {1, ..., 20− x1}, atribuir

zj =

{0 , se vj >

499

1 , se ui ≤ 499

2.3. Calcular

x2 =

20−x1∑j=1

zj

3. Simular 1 valor de (X3|X1 = x1, X2 = x2), atribuindo

x3 = 20− x1 − x2

4. Construir o vector x = (x1, x2, x3).

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Exercıcio 4.21

f(X,Y )(x, y) =1

2πσ1σ2

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(x−µ1σ1

)2−2ρ

x−µ1σ1

y−µ2σ2

(y−µ2σ2

)2]

(a)

X ∼ N(µ1, σ21) e Y ∼ N(µ2, σ

22)

fX(x) =

∫ +∞

−∞f(X,Y )(x, y)dy =

=

∫ +∞

−∞

1

2πσ1σ2

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(x−µ1σ1

)2−2ρ

x−µ1σ1

y−µ2σ2

+(y−µ2σ2

)2]dy =

=

∫ +∞

−∞

1

2πσ1σ2

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(y−µ2σ2−ρ x−µ1σ1

)2+(x−µ1σ1

)2(1−ρ2)

]dy =

=e− 1

2

(x−µ1σ1

)2

√2πσ1

∫ +∞

−∞

1√

2πσ2

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(y−µ2)σ1−ρσ2(x−µ1)

σ1σ2

]2dy =

=e− 1

2

(x−µ1σ1

)2

√2πσ1

∫ +∞

−∞

1√

2πσ2

√1− ρ2

e− 1

2

[y−µ2−ρ

σ2σ1

(x−µ1)

σ2

√1−ρ2

]2

dy =

=e− 1

2

(x−µ1σ1

)2

√2πσ1

∫ +∞

−∞fN(µ2+ρ

σ2σ1

(x−µ1),σ22(1−ρ2)

)(y)dy =

=e− 1

2

(x−µ1σ1

)2

√2πσ1

.1 =1√

2πσ1

e− 1

2

(x−µ1σ1

)2

=

= fN(µ1,σ21)(x)

fY (y) =

∫ +∞

−∞f(X,Y )(x, y)dx =

=

∫ +∞

−∞

1

2πσ1σ2

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(x−µ1σ1

)2−2ρ

x−µ1σ1

y−µ2σ2

+(y−µ2σ2

)2]dx =

=

∫ +∞

−∞

1

2πσ1σ2

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(x−µ1σ1−ρ y−µ2σ2

)2+(y−µ2σ2

)2(1−ρ2)

]dx =

=e− 1

2

(y−µ2σ2

)2

√2πσ2

∫ +∞

−∞

1√

2πσ1

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(x−µ1)σ2−ρσ1(y−µ2)

σ1σ2

]2dx =

=e− 1

2

(y−µ2σ2

)2

√2πσ2

∫ +∞

−∞

1√

2πσ1

√1− ρ2

e− 1

2

[x−µ1−ρ

σ1σ2

(y−µ2)

σ1

√1−ρ2

]2

dx =

=e− 1

2

(y−µ2σ2

)2

√2πσ2

∫ +∞

−∞fN(µ1+ρ

σ1σ2

(y−µ2),σ21(1−ρ2)

)(x)dx =

=e− 1

2

(y−µ2σ2

)2

√2πσ2

.1 =1√

2πσ2

e− 1

2

(y−µ2σ2

)2

=

= fN(µ2,σ22)(y)

Como a funcao densidade de probabilidade caracteriza univocamente a distribuicao de umavariavel aleatoria, X ∼ N(µ1, σ

21) e Y ∼ N(µ2, σ

22).

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(b)

X⊥⊥ Y ⇔ ρ = 0

(⇐) Suponhamos que ρ = 0.

f(X,Y )(x, y) =1

2πσ1σ2e− 1

2

[(x−µ1σ1

)2+(y−µ2σ2

)2]

=1

2πσ1σ2e− 1

2

(x−µ1σ1

)2

e− 1

2

(y−µ2σ2

)2

=

=1√

2πσ1

e− 1

2

(x−µ1σ1

)2 1√2πσ2

e− 1

2

(y−µ2σ2

)2a)= fX(x)fY (y)

Como a funcao densidade de probabilidade conjunta do par aleatorio (X,Y ) e igual ao produtodas funcoes densidade de probabilidade marginais de X e Y , temos que X e Y sao variaveisaleatorias independentes se ρ = 0.

(⇒) Suponhamos que X⊥⊥ Y .

ρ =Cov(X,Y )√V ar(X)V ar(Y )

Cov(X,Y ) = E(XY )− E(X)E(Y ) =indep.

E(X)E(Y )− E(X)E(Y ) = 0⇒ ρ = 0 para σ1, σ2 6= 0

Logo, quando X e Y sao variaveis aleatorias independentes, o coeficiente de correlacao e nulo.A primeira implicacao demonstrada e valida apenas para a distribuicao normal, enquanto que

a segunda e geral e valida quaisquer que sejam as variaveis aleatorias X e Y independentes.

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Exercıcio 4.22

f(X,Y )(x, y) =1

2πσXσY√

1− ρ2e− 1

2(1−ρ2)

[(x−µXσX

)2−2ρ

(x−µXσX

)(y−µYσY

)(y−µYσY

)2]

µ =

[510

], Σ =

[1 σ12

σ21 25

]

ρ =Cov(X,Y )√V ar(X)V ar(Y )

=σ12√

25=σ12

5

Comecemos por identificar a distribuicao de (Y |X = x). Sabemos do exercıcio anterior queX ∼ N(µX , σ

2X) e que Y ∼ N(µY , σ

2Y ).

fY |X=x(y) =f(X,Y )(x, y)

fX(x, y)=

=

1

2πσXσY√

1−ρ2e− 1

2(1−ρ2)

[(x−µXσX

)2−2ρ

(x−µXσX

)(y−µYσY

)(y−µYσY

)2]

1√2πσX

e− 1

2

(x−µXσX

)2 =

=1

√2πσY

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(x−µXσX

)2−2ρ

(x−µXσX

)(y−µYσY

)+(y−µYσY

)2−(1−ρ2)

(x−µXσX

)2]

=

=1

√2πσY

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[ρ2(x−µXσX

)2−2ρ

(x−µXσX

)(y−µYσY

)+(y−µYσY

)2]

=

=1

√2πσY

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[(y−µYσY

)−ρ(x−µXσX

)]2=

=1

√2πσY

√1− ρ2

e− 1

2(1−ρ2)

[y−µY −ρ

σYσX

(x−µX )

σY

]2

=

=1

√2πσY

√1− ρ2

e− 1

2

y−(µY +ρσYσX

(x−µX )

)σY

√1−ρ2

2

=

= fN(µY +ρ

σYσX

x−µXσX

,σ2Y (1−ρ2)

)(y)

Logo, (Y |X = x) ∼ N(µY + ρ σYσX

x−µXσX

, σ2Y

(1− ρ2

)).

Neste caso, (Y |X = 5) ∼ N(

10 + σ12

5

√251

5−51 , 25

(1− σ2

12

25

)), ou seja,

(Y |X = 5) ∼ N(

10, 25− σ212

)Pagina 65 de 84


P (4 < Y < 16|X = 5) = 0.954⇔ P (Y < 16|X = 5)− P (Y < 4|X = 5) = 0.954⇔

⇔P

(Y − 10√25− σ2

12

<16− 10√25− σ2

12

| X = 5

)− P

(Y − 10√25− σ2

12

<4− 10√25− σ2

12

| X = 5

)= 0.954⇔

⇔Φ

(6√

25− σ212

)− Φ

(−6√

25− σ212

)= 0.954⇔

⇔Φ

(6√

25− σ212

)− 1 + Φ

(6√

25− σ212

)= 0.954⇔

⇔2Φ

(6√

25− σ212

)− 1 = 0.954⇔ Φ

(6√

25− σ212

)= 0.977⇔

⇔ 6√25− σ2

12

= Φ−1(0.977)⇔√

25− σ212 =

6

Φ−1(0.977)⇒

⇒25− σ212 =

(6

Φ−1(0.977)

)2

⇔ σ12 = ±

[25−

(6

Φ−1(0.977)

)2]⇔

⇔σ12 ' ±

[25−

(6

1.9954

)2]⇔ σ12 ' ±3.9958

Logo, ρ = ±3.99585 ' ±0.799.

Exercıcio 4.23

X ∼ Unif(0, 1) , Y = 1−X

FY (y) = P (Y ≤ y) = P (1−X ≤ y) = P (X ≥ 1− y) = 1− P (X < 1− y) = 1− FX(1− y)

FY (y) = 1− FX(1− y)⇔ dFYdy

(y) = −dFXdy

(1− y)⇔ fY (y) = fX(1− y)⇔

⇔ fY (y) =

{1 , se 0 < 1− y < 1

0 , caso contrario=

{1 , se 0 < y < 1

0 , caso contrario= fUnif(0,1)(y)

Como esperado, se X ∼ Unif(0, 1), entao Y = 1−X ∼ Unif(0, 1).

Cov(X,Y ) = E(XY )− E(X)E(Y ) = E[X(1−X)]− E(X)E(Y ) =

= E(X −X2

)− E(X)E(Y ) = E(X)− E

(X2)− E(X)E(Y ) =

=1

2−∫ 1

0

x2 dx− 1

2

1

2=

1

2−

[x3

3

]x=1

x=0

− 1

4=

=1

2− 1

3− 1

4= − 1

12

Logo, a Cov(X,Y ) = − 112 .

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Exercıcio 4.24

Apliquemos o metodo de aceitacao-rejeicao. Consideremos a variavel aleatoria Y ∼ Unif {1, 2, 3, 4}.

P (Y = y) =

{14 , se y ∈ {1, 2, 3, 4}0 , caso contrario

y =

1 , se 0 < u ≤ 1

4

2 , se 14 < u ≤ 1

2

3 , se 12 < u ≤ 3

4

4 , se 34 < u ≤ 1

⇔ y =

1 , se 0 < 4u ≤ 1

2 , se 1 < 4u ≤ 2

3 , se 2 < 4u ≤ 3

4 , se 3 < 4u ≤ 4

⇔ y = b4uc+ 1

c = maxP (X = y)

P (Y = y)= max

P (X = y)

1/4= 4× 0.35 = 1.4

1. Gerar um numero pseudo-aleatorio de U ∼ Unif(0, 1): u1.2. Atribuir y = b4uc+ 1.3. Gerar outro numero pseudo-aleatorio de U ∼ Unif(0, 1): u2.

4. Se u2 ≤ P (X=y)1.4P (Y=y) , entao atribuir x = y, valor de X. Caso contrario, voltar ao passo 1.

Exercıcio 4.25

(a)

Comecemos por mostrar que X =∑ri=1 Yi ∼ BinNeg(r, p) com Yi ∼

i.i.d.Geom(p).

PX(s) = E(sX)

= E(s∑ri=1 Yi

)=

= E

r∏i=1

Yi

=indep.

r∏i=1

E(sYi)

=i.d.

[E(sY)]r

=

= [PY (s)]r =form.

=

[p s

1− (1− p)s

]rObtivemos a expressao a funcao geradora de probabilidades de uma variavel aleatoria com

distribuicao Binomial Negativa com parametros r e p.Procuremos agora simular valores de Y ∼ Geom(p).

P (Y = k) = p(1− p)k−1 , k ∈ {1, 2, ...}

FY (k) = P (Y ≤ k) =

k∑i=1

P (Y = i) =

k∑i=1

p(1− p)i−1 =

= p

k∑i=1

(1− p)i−1 =p[1− (1− p)k]

1− (1− p)= 1− (1− p)k

Assim, tomando U ∼ Unif(0, 1),

Y = k se FY (k − 1) < U ≤ FY (k)⇔ 1− (1− p)k−1 < U ≤ 1− (1− p)k ⇔⇔(1− p)k ≤ 1− U < (1− p)k−1

Mas (1− U) ∼ Unif(0, 1), logo Y = k se (1− p)k ≤ U < (1− p)k−1.

Y = min{i : U > (1− p)i

}= min

{i : logU > i log (1− p)

}=

= min

{i :

logU

log (1− p)< i

}=

⌊logU

log (1− p)

⌋+ 1

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Podemos entao construir o seguinte algoritmo para gerar numeros pseudo-aleatorios de X ∼BinNeg(r, p).

1. Gerar r valores de Ui ∼i.i.d.

Unif(0, 1): u1,...,ur;

2. Para cada i ∈ {1, ..., r}, gerar valores de Yi ∼i.i.d.

Geom(p), atribuindo

yi =

⌊log ui

log (1− p)

⌋+ 1

3. Calcular

x =

r∑i=1

yi

(b)

P (X = j) =

(j − 1

r − 1

)pr(1− p)j−r , j ∈ {r, r + 1, ...}

P (X = j) =(j − 1)!

(r − 1)![(j − 1)− (r − 1)]!pr(1− p)j−r =

(j − 1)!

(r − 1)!(j − r)!pr(1− p)j−r

P (X = j + 1) =j!

(r − 1)!(j + 1− r)!pr(1− p)j+1−r =

j(1− p)j + 1− r

(j − 1)!

(r − 1)!(j − r)!pr(1− p)j−r =

=j(1− p)j + 1− r

P (X = j)

Entao, com U ∼ Unif(0, 1),

X =

r, 0 < U ≤ FX(r)

r + 1, FX(r) < U ≤ FX(r + 1) = FX(r) + P (X = r + 1)

r + 2, FX(r + 1) < U ≤ FX(r + 2) = FX(r + 1) + P (X = r + 2)...

Podemos entao construir o seguinte algoritmo para gerar recursivamente numeros pseudo-aleatorios de X ∼ BinNeg(r, p).

1. Gerar um valor de U ∼ Unif(0, 1): u;2. Inicializar as variaveis:

i← r

q ← pr

F ← q

3. Se u < F ,3.1 entao x = i.3.2 Caso contrario, atribuir

q ← i(1− p)i+ 1− r

q

F ← F + q

i← i+ 1

e regressar ao passo 3.

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Exercıcio 4.26

Um sistema de n componentes ligadas em serie funciona se e so se todas as componentesfuncionarem. Suponhamos que o funcionamento de cada componente e independente das restantes.Entao, a fiabilidade do sistema e

r(p) = E[φ(X)] = E(X1....Xn) =indep.

E(X1)...E(Xn) = p1...pn =

n∏i=1

pi

que e o valor que pretendemos estimar, usando a tecnica das variaveis antiteticas. O objectivoe gerar duas amostras aleatorias de φ(X) identicamente distribuıdas, mas nao independentes, enegativamente correlacionadas.

Nao estando identificada a distribuicao de cada componente, Xi, i ∈ {1, ...n}, podemos suporque Xi ∼ Unif(0, 1). Entao, para gerar uma amostra de φ(X), basta gerar n valores da distri-buicao U ∼ Unif(0, 1) e aplicar a funcao φ, isto e, fazer o seu produto (no caso geral, podemosusar esta tecnica sempre que a funcao seja monotona).

Sabemos tambem que (1 − U) ∼ Unif(0, 1), porem U 6⊥⊥ (1 − U), pois Cov(U, 1 − U) =−V ar(U) = − 1

12 , logo ρ < 0.Podemos definir Y1 =

∏ni=1 Ui e Y2 =

∏ni=1 (1− Ui), com Ui ∼

i.i.d.Unif(0, 1). Entao, Y =

Y1+Y2

2 e o estimador pretendido de φ(X).Para simular E[φ(X)], estimamos E(Y ), utilizando o metodo de simulacao de Monte Carlo:

simula-se m valores de Y e calcula-se a media. E, na realidade, necessario simular m valores deY1 e m valores de Y2 para esse fim.

Assim,

E[φ(X)] =1

2E(Y1) +

1

2E(Y2)

Portanto, um possıvel algoritmo e:1. Gerar n×m valores de U ∼ Unif(0, 1) e n×m de (1−U) ∼ Unif(0, 1), com i ∈ {1, ..., n}

e j ∈ {1, ...,m}:uij

u∗ij = 1− uij2. Simular valores de Y1j e Y2j , calculando:

y1j =

n∏i=1

uij

y2j =

n∏i=1

u∗ij

3. Obter amostras concretas de Y1 e Y2, atribuindo:

y1 =

m∑j=1

y1j

m

y2 =

m∑j=1

y2j

m

4. Atribuir

y =y1 + y2

2

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Exercıcio 4.27

E(X) = E(W ) = θ

(a)

T = αX + (1− α)W

Como

E(T ) = αE(X) + (1− α)E(W ) = αθ + (1− α)θ = θ

o estimador T e centrado.

V ar(T ) = V ar[αX + (1− α)W ] = V ar(αX) + V ar[(1− α)W ] + 2Cov[αX, (1− α)W ] =

= α2V ar(X) + (1− α)2V ar(W ) + 2α(1− α)Cov(X,W ) =

= α2V ar(X) + (1− 2α+ α2)V ar(W ) + (2α− 2α2)Cov(X,W ) =

= α2[V ar(X) + V ar(W )− 2Cov(X,W )]− 2α[V ar(W )− Cov(X,W )] + V ar(W ) =

= α2V ar(X −W ) + 2α[Cov(X,W )− V ar(W )] + V ar(W )

dV ar(T )

dα= 0⇔ 2αV ar(X −W ) + 2[Cov(X,W )− V ar(W )] = 0⇔

⇔ α = −Cov(X,W )− V ar(W )

V ar(X −W )

d2V ar(T )

dα2= 2V ar(X −W ) > 0, ∀α 6= 0

Logo, o valor de α que minimiza a variancia de T e

α = −Cov(X,W )− V ar(W )

V ar(X −W )− Cov(X −W,W )

V ar(X −W )

(b)

T ∗ = (1− c)X + c(X − Y − µY )

Tomemos Y = X −W .

µY = E(Y ) = E(X −W ) = E(X)− E(W ) = θ − θ = 0

T ∗ = (1− c)X + c(X +X −W − 0) = (1− c)X + c(2X −W ) = (1 + c)X − cWT = T ∗ ⇔ αX + (1− α)W = (1 + c)X − cW ⇔

⇔

{α = 1 + c

1− α = −c⇔ α = 1 + c

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Exercıcio 4.28

Seja X ∼ Exp(λ) com funcao densidade de probabilidade gX , dada por gX(x) = λ e−λx. SejaGX a respectiva funcao de distribuicao, de expressao geral GX(x) = 1 − e−λx. Consideremos huma funcao de X qualquer.

Pf (X > a) = Ef (χ{X>a})

Ef [h(X)] =

∫ ∞0

h(x)f(x) dx =

∫ ∞0

h(x)f(x)

g(x)g(x) dx = Eg

[h(X)f(X)

g(X)

]Pf (X > a) = Eg

[χ{X>a}f(X)

g(X)

]χ{X>a}f(X)

g(X)=

{f(X)g(X) , se X > a

0 , caso contrario

Tomemos agora h(X) =χ{X>a}f(X)

g(X) e A o acontecimento X > a.

E[h(X)] =

∫ ∞0

h(x)g(x) dx =

∫ ∞0

h(x)g(x|A)Pg(A) dx+

∫ ∞0

h(x)g(x|A)Pg(A) dx =

= Eg[h(X)|A]Pg(A) + Eg[h(X)|A]Pg(A) =

= Eg

[χ{X>a}f(X)

g(X)|X > a

]Pg(X > a) + Eg

[χ{X>a}f(X)

g(X)|X ≤ a

]Pg(X ≤ a) =

= Eg

[χ{X>a}f(X)

g(X)|X > a

]Pg(X > a) =

= Eg

[f(X)

g(X)|X > a

]Pg(X > a)

Uma vez que g e a funcao densidade de probabilidade de uma variavel aleatoria de distribuicaoexponencial, obtemos:

Pg(X > a) = 1− Pg(X ≤ a) = 1−G(a) = e−λ a

Temos de encontrar a distribuicao de (X|X > a).

Pg(X ≤ x|X > a) =Pg(X ≤ x,X > a)

Pg(X > a)=Pg(a < X ≤ x)

Pg(X > a)=

=G(x)−G(a)

1−G(a)=

1− e−λx −(1− e−λ a

)1−

(1− e−λ a

) =

=e−λ a − e−λx

e−λ a= 1− e−λ(x−a) = G(x− a)

Pg(X ≤ x|X > a) = P (X ≤ x− a) = P (X + a ≤ x)

Entao (X|X > a) tem a mesma distribuicao de X + a e Eg[h(X)|X > a] = Eg[h(X + a)].

Eg[h(X)|X > a] = Eg[h(X + a)]⇔ Eg

[f(X)

g(X)|X > a

]= Eg

[f(X + a)

g(X + a)

]Por fim, podemos retomar o calculo principal, obtendo:

Pf (X > a) = Eg

[f(X + a)

g(X + a)

]P (X > a) = Eg

[f(X + a)

λ e−λ(X+a)

]e−λ a =

=1

λEg

[eλXf(X + a)

]Pagina 71 de 84


Um possıvel algoritmo para simular valores de Pf (X > a) e o seguinte:1. Simular n valores de X ∼ Exp(λ): xi1.1 Gerar n valores de U ∼ Unif(0, 1): ui;1.2 Obter n valores de X ∼ Exp(λ) pelo metodo da transformacao inversa, atribuindo:

xi = − log uiλ

2. Atribuir:

Pf (X > a) =1

λ

1

n

n∑i=1

e−λxif(xi + a)

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Capıtulo 2

Processos de Poisson

Exercıcio 2.1

N(t) : “numero de impulsos ruidosos que ocorrem no intervalo [0,t[, com t medido em horas”{N(t) : t ≥ 0

}∼ PP (5)

N(t) ∼ Poi(5t)

(a)

Como 24 minutos sao 25 de hora, temos que

N

(2

5

)∼ Poi(2)

o que nos permite calcular a probabilidade pedida.

P

[N

(2

5

)≤ 5

]= FPoi(2)(5) ' 0.9834

(b)

N

(1

2

)∼ Poi

(5

2

)

P

[N

(1

2

)> 3

]= 1− P

[N

(1

2

)≤ 3

]= 1− FPoi( 5

2 )(3) ' 1− 0.7576 = 0.2424

(c)

Suponhamos que os intervalos descritos no enunciado sao abertos a esquerda e fechados adireita.

P

[6 < N

(1

2

)≤ 10

]= FPoi( 5

2 )(10)− FPoi( 52 )(6) ' 0.9999− 0.9858 = 0.0141

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CPE CAPITULO 2. PROCESSOS DE POISSON

Exercıcio 2.2

Sejam B o tempo de espera, em minutos, para cortar a barba e C o tempo de espera, tambemem minutos para cortar o cabelo.

B ∼ Exp(λ1)⊥⊥ C ∼ Exp(λ2)

P (C < B) = E(χ{C<B}) = E[E(χ{C<B}|B)] =

= E[P (C < B|B)] =

∫ ∞0

P (C < B|B = b)fB(b) db =indep.

=

∫ ∞0

P (C < b)fB(b) db =

∫ ∞0

FExp(λ2)(b)fExp(λ1)(b) db =

=

∫ ∞0

(1− e−λ2b

)λ1e−λ1b db =

= −∫ ∞

0

−λ1e−λ1b db−

∫ ∞0

λ1e−(λ1+λ2)b db =

= −[e−λ1b

]b=∞b=0

+λ1

λ1 + λ2

∫ ∞0

−(λ1 + λ2)e−(λ1+λ2)b db =

= −(0− 1) +λ1

λ1 + λ2

[e−(λ1+λ2)b

]b=∞b=0

=

= 1 +λ1

λ1 + λ2(0− 1) = 1− λ1

λ1 + λ2=

=λ2

λ1 + λ2

Com λ1 = 20 e λ2 = 15, o valor pedido e

P (C < B) =15

15 + 20=

3

7

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CAPITULO 2. PROCESSOS DE POISSON CPE

Exercıcio 2.3

TA : “duracao do atendimento do cliente A em minutos”

TB : “duracao do atendimento do cliente B em minutos”

TC : “duracao do atendimento do cliente C em minutos”

(a)

TA = TB = TC = 10

P (TA > TB + TC) = P (10 > 10 + 10) = P (10 > 20) = 0

(b)

TA, TB , TB ∼i.i.d.

Unif {1, 2, 3}

Como TA, TB , TC ∈ {1, 2, 3}, temos a seguinte tabela para os valores de TB + TC .

TB

1 2 3

TC

1 2 3 42 3 4 53 4 5 6

Como TA toma valores em {1, 2, 3} e TB + TC pode tomar, no mınimo, o valor 2, TA tem detomar o valor 3 para ser superior a TB + TC . Logo, a probabilidade pedida e

P (TA > TB + TC) = P (TA = 3, TB + TC = 2) =indep.

P (TA = 3)P (TB + TC = 2) =1

3× 1

9=

1

27

(c)

TA, TB , TB ∼i.i.d.

Exp(λ)

Como TB , TC ∼i.i.d.

Exp(λ), sabemos que TB + TC ∼ Gama(2, λ).

P (TA > TB + TC) = E[P (TA > TB + TC |TB + TC)] =

=

∫ ∞0

P (TA > TB + TC |TB + TC = t)fTB+TC (t) dt =indep.

=

∫ ∞0

P (TA > t)fGama(2,λ)(t) dt =

∫ ∞0

[1− FExp(λ)(t)]fGama(2,λ)(t) dt =

=

∫ ∞0

e−λtλe−λt(λt)2−1

Γ(2)dt =

= −λ2

∫ ∞0

−2λe−2λtt dt =

= −λ2

([e−2λtt

]t=∞t=0−∫ ∞

0

e−2λt dt

)=

= −λ2

[1e2λt

t

]t=∞t=0

+λ

2× 1

−2λ

[e−2λt

]t=∞t=0

=

= −λ2

(0− 0)− 1

4(0− 1) =

1

4

Pagina 75 de 84


Exercıcio 2.4

N(t) : “numero de sinais emitidos no intervalo [0,t[”{N(t) : t ≥ 0

}∼ PP (λ)

N(t) ∼ Poi(λt)

X(t) : “numero de sinais registados pelo receptor”

(a)

Seja Yi uma variavel aleatoria tal que

Yi =

{1 , se o sinal i for registado

0 , caso contrario, ∀i ∈

{1, ..., N(t)

}Como cada sinal e registado com probabilidade p (ou nao, com probabilidade 1 − p), entao

Yi ∼i.i.d.

Bern(p). Como cada sinal e ou nao registado independentemente dos restantes,

X(t) =

N(t)∑i=1

Yi (soma aleatoria de variaveis aleatorias)

(X(t)|N(t) = n) =

n∑i=1

Yi ∼ Bin(n, p)

(b)

P (X(t) = k) =

∞∑n=k

P [X(t) = k,N(t) = n] =

=

∞∑n=k

P [X(t) = k|N(t) = n]P [N(t) = n] =

∞∑n=k

fBin(n,p)(k)fPoi(λt)(n)

=

∞∑n=k

n!

k!(n− k)!pk(1− p)n−ke−λt (λt)

n

n!=

=e−λt

k!(λ t p)k

∞∑n=k

[(1− p)λt]n−k

(n− k)!

j:=n−k=

e−λt

k!(λ t p)k

∞∑j=0

[(1− p)λt]j

j!=

=e−λt

k!(λ t p)ke(1−p)λ t =

e−λ p t

k!(λ t p)k =

= fPoi(λ t p)(k)

X(t) ∼ Poi(λ t p)

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Exercıcio 2.5

T1 : “tempo de funcionamento da componente 1”

T2 : “tempo de funcionamento da componente 2”

T1 ∼ Exp(λ1), T2 ∼ Exp(λ2), T1⊥⊥ T2

T : “tempo de adicional de funcionamento do sistema”

Comecamos por definir T .

T =

{T1 − T2 , se T1 ≥ T2

T2 − T1 , se T1 < T2

Entao, pela Lei das Probabilidades Totais,

E(T ) = E(T1 − T2|T1 ≥ T2)P (T1 ≥ T2) + E(T2 − T1|T2 > T1)P (T2 > T1)

Pelo exercıcio 2.2., temos que

P (T1 > T2) =λ2

λ1 + λ2

portanto, encontrar a distribuicao de (T1 − T2|T1 ≥ T2) e de (T2 − T1|T1 < T2).

P (T1 − T2 > x|T1 ≥ T2) = E{P [T1 − T2 > x|(T1 ≥ T2, T2)]

}=

=

∫ ∞0

P [T1 − T2 > x|(T1 ≥ T2, T2 = t)]fT2(t) dt =indep.

=

∫ ∞0

P (T1 > x+ t|T1 ≤ t)λ2e−λ2t dt

falta=

memoria

=

∫ ∞0

P (T1 > x)λ2e−λ2t dt =

∫ ∞0

e−λ1xλ2e−λ2t dt =

= e−λ1x

∫ ∞0

λ2e−λ2t dt = e−λ1x

∫ ∞0

fExp(λ2)(t) dt =

= e−λ1x × 1 = e−λ1x =

= 1− FExp(λ1)(x)

Logo, (T1 − T2|T1 ≥ T2) ∼ Exp(λ1). Analogamente, (T2 − T1|T1 < T2) ∼ Exp(λ2).

E(T ) = E(T1 − T2|T1 ≥ T2)P (T1 ≥ T2) + E(T2 − T1|T2 > T1)P (T2 > T1) =

=1

λ1

λ2

λ1 + λ2+

1

λ2

λ1

λ1 + λ2=

λ21 + λ2

2

λ1λ2(λ1 + λ2)

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Exercıcio 2.6

N(t) : “numero de carros que cruzam a auto-estrada no intervalo [0,t[, com t medido em minutos”{N(t) : t ≥ 0

}∼ PP (3)

N(t) ∼ Poi(3t)

Pretendemos calcular p = P [N(t + s) − N(t) = 0], onde t e o instante em que o indivıduoinicia a travessia. Como, num processo de Poisson, os incrementos sao estacionarios, o numero deeventos depende apenas da amplitude do intervalo e nao dos extremos. Logo, podemos assumirt = 0.

p =P [N(t+ s)−N(t) = 0] = P [N(s)−N(0) = 0] = P [N(s) = 0] = fPoi(3s)(0) =

= e−3s (3s)0

0!= e−3s

Para podermos usar valores de s em segundos, temos entao a seguinte relacao:

p =P [N(t+ s)−N(t) = 0] = e−360 s = e−

s20

Assim, para s = 2, temos p ' 0.9048, para s = 5, p ' 0.7788, para s = 10, p ' 0.6065 e paras = 20, p ' 0.3679.

Exercıcio 2.7

N(t) : “numero de avioes que deslocam do aeroporto no intervalo [0,t[, com t medido em horas”{N(t) : t ≥ 0

}∼ PP (40)

N(t) ∼ Poi(40t)

(a)

Como o processo de Poisson acima definido apenas contempla dois eventos complementares(inıcio de voo domestico ou inıcio de voo internacional), podemos dividi-lo em dois outros processosde Poisson independentes.

ND(t) : “numero de avioes de voo domestico que deslocam do aeroporto no intervalo [0,t[,

com t medido em horas”{ND(t) : t ≥ 0

}∼ PP (40× 0.25)

ND(t) ∼ Poi(10t)

NI(t) : “numero de avioes de voo internacional que deslocam do aeroporto no intervalo [0,t[,

com t medido em horas”{NI(t) : t ≥ 0

}∼ PP (40× 0.75)

NI(t) ∼ Poi(30t)

N(t) = ND(t) +NI(t)

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Assim,

P [ND(1) = t|N(1) = 20] = P [ND(1) = t|ND(1) +NI(1) = 20] =

=P [ND(1) = t,ND(1) +NI(1) = 20]

P [ND(1) +NI(1) = 20]=

=P [ND(1) = t,NI(1) = 20− t]

P [N(1) = 20]=

indep.

P [ND(1) = t]P [NI(1) = 20− t]P [N(1) = 20]

=

=e−10 10t

t! e−30 3020−t

(20−t)!

e−40 4020

20!

=20!

t!(20− t)!10t3020−t

4020=

=

(20

t

)(1

3

)t(3

4

)20

=

(20

t

)(1

3

)t(3

4

)t(3

4

)−t(3

4

)20

=

=

(20

t

)(1

4

)t(3

4

)20−t

= fBin(20, 14 )(t)

Logo,

(ND(1)|N(1) = 20) ∼ Bin(

20,1

4

)e a probabilidade pedida e:

P [ND(1) ≥ 5|N(1) = 20] = 1− P [ND(1) < 5|N(1) = 20] = 1− P [ND(1) ≤ 4|N(1) = 20] =

= 1− fBin(20, 14 )(4) ' 1− 0.4148 = 0.5852

(b)

Vimos na alınea anterior que{NI(t) : t ≥ 0

}∼ PP (40× 0.75)

NI(t) ∼ Poi(30t)

logo,

P [NI(0.25) ≤ 3] = FPoi(7.5)(3) ' 0.05915

e a variavel aleatoria TI , que indica o tempo de espera entre duas descolagens consecutivas deavioes internacionais segue uma distribuicao exponencial de parametro 30.

TI ∼ Exp(30)

Assim, dada a independencia dos eventos intervalos de tempo disjuntos no processo de Poisson,a variavel aleatoria que conta o tempo decorrido ate descolarem 30 avioes segue uma distribuicaoGama de ambos os parametros iguais a 30.

30∑i=1

TI i ∼ Gama(30, 30)

Logo, o valor esperado pedido e:

E

30∑i=1

TI i

form.=

30

30= 1

o que corresponde a esperar 60 minutos.

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Exercıcio 2.8

M(t) : “numero de utentes para ressonancias magneticas no intervalo [0,t[, com t medido em minutos”

A(t) : “numero de utentes para analises sanguıneas no intervalo [0,t[, com t medido em minutos”{M(t) : t ≥ 0

}∼ PP (0.1){

A(t) : t ≥ 0}∼ PP (0.4)

M(t) ∼ Poi(0.1t)A(t) ∼ Poi(0.4t)

a)

Seja TM a variavel aleatoria que conta o tempo decorrido entre a entrada de dois pacientespara ressonancias magneticas. Seja TA analogo para analises sanguıneas. Pelas propriedades doprocesso de Poisson, temos

TM ∼ Exp(0.1)

TA ∼ Exp(0.4)

Como, no processo de Poisson, os eventos nao dependem do intervalo, mas sim do seu com-primento, podemos supor que iniciamos ambos em t = 0. Desta forma, a probabilidade pedidae:

P (TA < TM ) = E[P (TA < TM |TA)] =

∫ ∞0

fTA(t)P (TA < TM |TA = t) dt =

=indep.

∫ ∞0

fTA(t)P (TM > t) dt =

∫ ∞0

fTA(t)RTM (t) dt =

=

∫ ∞0

0.4e−0.4te−0.1t dt =0.4

0.5

∫ ∞0

0.5 e−0.5t dt =

=4

5

∫ ∞0

fExp(0.5)(t) dt =4

5

• Nota

O valor difere das solucoes, mas coincide com a resolucao do teste 12 de Junho de 2013.

(a)

P [M(10) = 2,M(15)−M(5) = 2] =

=

2∑k=0

P [M(5) = k,M(10)−M(5) = 2− k,M(15)−M(5) = 2] =

=

2∑k=0

P [M(5) = k,M(10)−M(5) = 2− k,M(15)−M(10) = k] =

=indep.

2∑k=0

P [M(5) = k]P [M(10)−M(5) = 2− k]P [M(15)−M(10) = k] =

=estac.

2∑k=0

P [M(5) = k]P [M(5)−M(0) = 2− k]P [M(5)−M(0) = k] =

=

2∑k=0

P [M(5) = k]2P [M(5) = 2− k] =

=

2∑k=0

(e−0.50.5k

k!

)2e−0.50.52−k

(2− k)!' 0.0593

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Exercıcio 2.9

N(t) : “numero de clientes que usam a maquina no intervalo [0,t[, com t medido em minutos”{N(t) : t ≥ 0

}∼ PP (0.25)

N(t) ∼ Poi(0.25t)

X(t) : “numero de bebidas frescas retiradas da maquina no intervalo [0,t[ com t medido em minutos”

(a)

Uma vez retirada uma bebida da maquina, esta ou e fresca, com probabilidade 2/3 ou nao o e,com probabilidade 1/3. Assim, cada bebida retirada e uma prova de Bernoulli com probabilidadede sucesso (ser fresca) constante e igual a 2/3.

Sabendo que num perıodo de meia-hora, a maquina forneceu n = 10 bebidas, foram realizadasn = 10 provas de Bernoulli independentes.

Logo, estamos perante uma distribuicao binomial de parametros n = 10 e p = 2/3.

(X(30)|N(30) = 10) ∼ Bin(

10,2

3

)(b)

fX(t)(k) = P [X(t) = k] = E{P [X(t) = k|N(t) = n]

}=

∞∑n=k

P [N(t) = n]P [X(t) = k|N(t) = n] =

a)=

∞∑n=k

e−0.25t (0.25t)n

n!fBin(n, 23 )(k) =

∞∑n=k

e−0.25t (0.25t)n

n!

(n

k

)(2

3

)k (1

3

)n−k=

m=n−k= e−0.25t

∞∑m=0

(0.25t)m+k

(m+ k)!

(m+ k

k

)(2

3

)k (1

3

)m=

= e−0.25t∞∑m=0

(0.25t)m+k

(m+ k)!

(m+ k)!

k!m!

(2

3

)k (1

3

)m=

= e−0.25t (0.25t)k

k!

(2

3

)k ∞∑m=0

(0.25t)m

m!

(1

3

)m=

= e−0.25t (t/6)k

k!

∞∑m=0

(t/12)m

m!= e−0.25t (t/6)k

k!et12 =

= e−t6

(t6

)kk!

= fPoi( t6 )(k)

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Exercıcio 2.10

TA : “tempo de vida da maquina A”

TB : “tempo de vida da maquina B”

T : “instante em que a maquina B inicia o seu funcionamento”

TA ∼ Exp(0.5) , TB ∼ Exp(1) , T ∼ Exp(1)

T ⊥⊥ TA , T ⊥⊥ TB , TA⊥⊥ TB

P (TA < TB + T ) = E[P (TA < TB + T |TA)] =

∫ ∞0

fTA(t)P [TA < TB + T |TA = t] dt =

=indep.

∫ ∞0

fExp(0.5)(t)P (TB + T > t) dt

Sabemos que a soma de duas variaveis aleatorias exponenciais independentes de parametro λe uma variavel aleatoria com distribuicao Gama(2, λ). E o que acontece com TB + T , pois ambastem parametro 1.

P (TA < TB + T ) =

∫ ∞0

fExp(0.5)(t)RGama(2,1)(t) dt

E entao conveniente encontrar a funcao de distribuicao de uma variavel aleatoria Gama(2, 1)no ponto t.

FGama(2,1)(t) =

∫ t

0

e−u u du =

=[−e−u u

]u=t

u=0−∫ t

0

−e−u du =

=

[− 1eu

u

]u=t

u=0

−[e−u

]u=t

u=0=

= −e−t t+ 0− e−t + 1 = 1− e−t(1 + t)

RGama(2,1)(t) = 1− FGama(2,1)(t) = e−t(1 + t)

Retomando o calculo anterior,

P (TA < TB + T ) =

∫ ∞0

0.5e−0.5te−t(1 + t) dt = 0.5

∫ ∞0

e−1.5t(1 + t) dt =

= 0.5

[e−1.5t

−1.5(1 + t)

]t=∞t=0

− 0.5

∫ ∞0

e−1.5t

−1.5dt =

= 0.5

[e−1.5t

−1.5+

1

−1.5

1e1.5t

t

]t=∞t=0

− 0.5

1.52

∫ ∞0

−1.5 e−1.5t dt =

= 0.5

(0 + 0 +

1

1.5− 0

)− 0.5

1.52

[e−1.5t

]t=∞t=0

=

=0.5

1.5− 0.5

1.52(0− 1) =

0.5

1.5+

0.5

1.52=

5

9

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Exercıcio 2.11

N1(t) : “numero de chamadas recebidas na linha 1 no intervalo [0,t[”

N2(t) : “numero de chamadas recebidas na linha 2 no intervalo [0,t[”{N1(t) : t ≥ 0

}∼ PP (1.5){

N2(t) : t ≥ 0}∼ PP (1){

N1(t) : t ≥ 0}⊥⊥{N2(t) : t ≥ 0

}(a)

Seja T1,i a variavel aleatoria que conta o tempo decorrido ate a primeira chamada na linha i,com i ∈ {1, 2}. Como os processos de Poisson sao independentes, temos

T1,1 ∼ Exp(1.5)

T1,2 ∼ Exp(1)

T1,1⊥⊥ T1,2

logo a probabilidade pedida, recorrendo ao resultado do exercıcio 2.2. e:

P (T1,2 > T1,1)2.2.=

1.5

1 + 1.5=

1.5

2.5=

3

5= 0.6

(b)

Seja T1 a variavel aleatoria que conta o tempo decorrido ate a primeira chamada. Entao,

T1 = min{T1,1, T1,2

}Pelo capıtulo 3., sabemos que T1 ∼ Exp(1+1.5). Demonstremos este facto usando parametros

λ1 e λ2 genericos das distribuicoes exponenciais de T1,1 e T1,2, respectivamente. Usemos a funcaode fiabilidade que tambem caracteriza univocamente a distribuicao de uma variavel aleatoria.

RT1(t) = P (T1 > t) = P (T1,1 > t, T1,2 > t) =indep.

P (T1,1 > t)P (T1,2 > t) =

= e−λ1te−λ2t = e−(λ1+λ2)t = RExp(λ1+λ2)(t)

Neste caso,T1 ∼ Exp(2.5)

e a probabilidade pedida e:

P (T1 > 1) = e−2.5×1 = e−2.5 ' 0.082

Alternativamente, poderıamos definir

N(t) : “numero de chamadas recebidas no intervalo [0,t[”

e notar queN(t) = N1(t) +N2(t) e N1(t)⊥⊥ N2(t)

logo, {N(t) : t ≥ 0

}∼ PP (2.5)

de onde tiramos que a distribuicao da variavel aleatoria T1 e uma exponencial de parametro2.5 pelas propriedades do processo de Poisson.

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(c)

P [N(4) = 3, N(5)−N(2) = 4] =

=

3∑k=0

P [N(2) = k,N(4)−N(2) = 3− k,N(5)−N(2) = 4] =

=

3∑k=0

P [N(2) = k,N(4)−N(2) = 3− k,N(5)−N(4) = 4− k] =

=indep.

3∑k=0

P [N(2) = k]P [N(4)−N(2) = 3− k]P [N(5)−N(4) = 4− k] =

=estac.

3∑k=0

P [N(2) = k]P [N(2) = 3− k]P [N(1) = 4− k] =

=

3∑k=0

e−2×2.5(2× 2.5)k

k!

e−2×2.5(2× 2.5)3−k

(3− k)!

e−2.52.54−k

(1− k)!=

= e−5×2.5533∑k=0

2.54−k

(3− k)!k!(1− k)!' 0.0017

(d)

Procuramos a distribuicao de (T1|N(1) = 1). Tentemos encontrar a sua funcao de distribuicao,que caracteriza univocamente a sua distribuicao.

FT1|N(1)=1(t) = P [T1 ≤ t|N(1) = 1] =P [T1 ≤ t,N(1) = 1]

P [N(1) = 1]=

=P (“ocorrer 1 evento em [0,t[ e 0 eventos em [t,1[”)

P [N(1) = 1=

=indep.

P (“ocorrer um 1 evento em [0,t[”)P (“ocorrerem 0 eventos em [t,1[”)

P [N(1) = 1]=

=P [N(t) = 1]P [N(1)−N(t) = 0]

P [N(1) = 1]=

estac.

P [N(t) = 1]P [N(1− t)−N(0) = 0]

P [N(1) = 1]=

=P [N(t) = 1]P [N(1− t) = 0]

P [N(1) = 1]=e−2.5t 2.5t e−2.5(1−t)

e−2.52.5= t =

= FUnif(0,1)(t)

(T1|N(1) = 1) ∼ Unif(0, 1)

Logo, a probabilidade pedida e:

P [T1 = 0.5|N(1) = 1] = FUnif(0,1)(0.5) = 0.5

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Instituto Superior T ecnico · CPE CAP ITULO 5. TESTES N AO-PARAM~ ETRICOS Exerc cio 5.2 Suponhamos...

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