Lista 2 - Probabilidade 2022 2

UNIVERSIDADE FEDERAL DE MINAS GERAIS ICEx. Departamento de Estatística. Lista de Exercícios Nro 2 Probabilidade - 2022/ II Resolva os seguintes exercícios do livro: Probabilidade um Curso Introdutório do C.A. Dantas, [1] 1. Capitulo 3: exercícios 7, 10,12, 16 e 22. Referências [1]Carlos Dantas. Probabilidade:um Curso Introdutório. Edusp, 3 edition, 2008. 7. A distribuição de probabilidade conjunta de (X,Y) é dada por p(1,1) = 1/8, p(1,2) = 1/4, p(2,1) = 1/8, p(2,2) = 1/2. (a) Calcule P(XY \leq 3), P(X + Y \geq 2) e P(X | Y > 1). (b) X e Y são independentes? 10. Suponha que X e Y tenham distribuição conjunta dada pela seguinte tabela \begin{array}{c|ccc} Y\X & -1 & 0 & 1 \\ \hline -1 & 0 & 1/5 & 0 \\ 0 & 1/5 & 1/5 & 1/5 \\ 1 & 0 & 1/5 & 0 \\ \end{array} (a) Determine a covariância entre X e Y. (b) X e Y são independentes? 12. Suponha que F(x) é uma função de distribuição. Mostre que: (a) F^n(x) e (b) 1 - [1 - F(x)]^n são também funções de distribuição, onde n é um inteiro positivo. Dica: Considere X_1, X_2, \ldots, X_n variáveis aleatórias independentes com mesma função de distribuição F e defina Y = \max\{X_1, X_2, \ldots, X_n\} e Z = \min\{X_1, X_2, \ldots, X_n\}. 16. Mostre que para duas variáveis aleatórias quaisquer, com segundo momento finito, vale que Var(X + Y) = Var(X) + Var(Y) + 2Cov(X, Y). Este resultado pode ser estendido para n variáveis aleatórias X_1, X_2, ..., X_n. Mostre que: Var(∑_(i=1)^n X_i) = ∑_(i=1)^n Var(X_i) + ∑_(i≠j) ∑ Cov(X_i, X_j). 22. Para qualquer evento aleatório A, pode-se definir a função indicadora de A da seguinte forma: I_A = 1 se A ocorre e I_A = 0 se A não ocorre. Mostre que E(I_A) = P(A). Definindo I_B de maneira semelhante a I_A, mostre que E(I_A I_B) = P(A ∩ B) e que Cov(I_A, I_B) = P(A ∩ B) - P(A)P(B). Exercício 7 – Resolução (𝑎) Por meio da tabela a seguir, é possível verificar as probabilidades de 𝑋𝑌 e 𝑋 + 𝑌. 𝑋 𝑌 𝑝(𝑋, 𝑌) 𝑋𝑌 𝑋 + 𝑌 1 1 1/8 1 2 1 2 1/4 2 3 2 1 1/8 2 3 2 2 1/2 4 4 Portanto, segue que 𝑃(𝑋𝑌 ≤ 3) = 𝑃(𝑋𝑌 = 1) + 𝑃(𝑋𝑌 = 2) = 𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 1) + 𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 2) + 𝑃(𝑋 = 2, 𝑌 = 1) = 1 8 + 1 4 + 1 8 = 1 2 . 𝑃(𝑋 + 𝑌 > 2) = 1 − 𝑃(𝑋 + 𝑌 ≤ 2) = 1 − 𝑃(𝑋 + 𝑌 = 2) = 1 − 𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 1) = 1 − 1 8 = 7 8 . 𝑃(𝑋|𝑌 > 1) = 𝑃(𝑋 = 𝑥, 𝑌 > 1) 𝑃(𝑌 > 1) = 𝑃(𝑋 = 𝑥, 𝑌 = 2) 𝑃(𝑌 = 2) = 𝑃(𝑋 = 𝑥, 𝑌 = 2) 𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 2) + 𝑃(𝑋 = 2, 𝑌 = 2) ⟹ 𝑃(𝑋|𝑌 > 1) = 𝑃(𝑋 = 𝑥, 𝑌 = 2) 1 4 + 1 2 = 𝑃(𝑋 = 𝑥, 𝑌 = 2) 3 4 = 4 3 × 𝑃(𝑋 = 𝑥, 𝑌 = 2) ⟹ 𝑃(𝑋|𝑌 > 1) = { 4 3 × 1 4 , 𝑥 = 1 4 3 × 1 2 , 𝑥 = 2 ⟹ 𝑃(𝑋|𝑌 > 1) = { 1 3 , 𝑥 = 1 2 3 , 𝑥 = 2 . (𝑏) Tem-se que 𝑃(𝑌 = 2) = 𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 2) + 𝑃(𝑋 = 2, 𝑌 = 2) = 1 4 + 1 2 = 3 4 e 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(𝑋 = 2, 𝑌 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2, 𝑌 = 2) = 1 8 + 1 2 = 5 8 . Ora, como 𝑃(𝑋 = 2, 𝑌 = 2) = 1 8 ≠ 𝑃(𝑋 = 2) × 𝑃(𝑌 = 2) = 3 4 × 5 8 = 15 32 . Logo, as variáveis 𝑋 e 𝑌 não são independentes. Exercício 10 – Resolução (𝑎) A covariância entre 𝑋 e 𝑌 é dada por 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 𝐸(𝑋𝑌) − 𝐸(𝑋)𝐸(𝑌). A próxima Tabela apresenta as probabilidades conjuntas do vetor (𝑋, 𝑌) e as probabilidades marginais das variáveis 𝑋 e 𝑌. 𝑌 \ 𝑋 -1 0 1 𝑃(𝑌 = 𝑦) -1 0 1/5 0 1/5 0 1/5 1/5 1/5 3/5 1 0 1/5 0 1/5 𝑃(𝑋 = 𝑥) 1/5 3/5 1/5 1 Daí, temos 𝐸(𝑋) = −1 × 1 5 + 0 × 3 5 + 1 × 1 5 = 0 e 𝐸(𝑌) = −1 × 1 5 + 0 × 3 5 + 1 × 1 5 = 0. Ainda, temos 𝑃(𝑋𝑌 = 0) = 𝑃(𝑋 = 0, 𝑌 = −1) + 𝑃(𝑋 = −1,𝑌 = 0) + 𝑃(𝑋 = 0, 𝑌 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 0) + 𝑃(𝑋 = 0, 𝑌 = 1) ⟹ 𝑃(𝑋𝑌 = 0) = 1 5 + 1 5 + 1 5 + 1 5 + 1 5 = 1. Portanto, 𝐸(𝑋𝑌) = 0 × 𝑃(𝑋𝑌 = 0) = 0 × 1 = 0. Como 𝐸(𝑋) = 𝐸(𝑌) = 𝐸(𝑋𝑌) = 0, então segue que a covariância será 𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌) = 0 − 0 × 0 = 0. (𝑏) 𝑋 e 𝑌 não são independentes, pois 𝑃(𝑋 = −1, 𝑌 = −1) = 0 ≠ 𝑃(𝑋 = −1) × 𝑃(𝑌 = −1) = 1 5 × 1 5 = 2 5 . Exercício 12 – Resolução Usaremos a dica dada: Seja 𝑋1, ⋯ , 𝑋𝑛 variáveis aleatórias independentes com mesma função distribuição 𝐹 e defina 𝑌 = max{𝑋1, ⋯ , 𝑋𝑛} e 𝑍 = min{𝑋1, ⋯ , 𝑋𝑛}. A função distribuição de 𝑋𝑖, 𝑖 = 1, ⋯ , 𝑛, será definida como 𝐹(𝑥) para todo 𝑖. (𝑎) Assim, temos que a função distribuição de 𝑌 = max{𝑋1, ⋯ , 𝑋𝑛} é 𝐹𝑌(𝑥) = 𝑃(𝑌 ≤ 𝑥) = 𝑃(𝑋1 ≤ 𝑥, ⋯ , 𝑋𝑛 ≤ 𝑥) = 𝑃(𝑋1 ≤ 𝑥) × 𝑃(𝑋2 ≤ 𝑥) × ⋯ × 𝑃(𝑋𝑛 ≤ 𝑥) = 𝑃𝑛(𝑋1 ≤ 𝑥) = 𝐹𝑛(𝑥). Logo, 𝐹𝑛(𝑥) é uma função distribuição. (𝑏) Assim, temos que a função distribuição de 𝑍 = min{𝑋1, ⋯ , 𝑋𝑛} é 𝐹𝑍(𝑥) = 1 − 𝑃(𝑍 > 𝑥) = 1 − 𝑃(𝑋1 > 𝑥, 𝑋2 > 𝑥, ⋯ , 𝑋𝑛 > 𝑥) = 1 − 𝑃𝑛(𝑋1 > 𝑥) = 1 − [1 − 𝑃(𝑋1 ≤ 𝑥)]𝑛 = 1 − [1 − 𝐹(𝑥)]𝑛. Logo, 1 − [1 − 𝐹(𝑥)]𝑛 é uma função distribuição. Nota: Lembrando que 𝑃(𝑋1 ≤ 𝑥, ⋯ , 𝑋𝑛 ≤ 𝑥) = 𝑃(𝑋1 ≤ 𝑥) × 𝑃(𝑋2 ≤ 𝑥) × ⋯ × 𝑃(𝑋𝑛 ≤ 𝑥), pois se trata de variáveis aleatórias independentes. E 𝑃(𝑋1 ≤ 𝑥) × 𝑃(𝑋2 ≤ 𝑥) × ⋯ × 𝑃(𝑋𝑛 ≤ 𝑥) = 𝑃𝑛(𝑋1 ≤ 𝑥), pois se trata de variáveis identicamente distribuídas. Exercício 16 – Resolução A prova será feita por indução. Como 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝐸 ((𝑋 − 𝐸(𝑋)) 2), então 𝑉𝑎𝑟(𝑋 + 𝑌) = 𝐸 [((𝑋 + 𝑌) − 𝐸(𝑋 + 𝑌)) 2] = 𝐸[(𝑋 + 𝑌)2 − 2(𝑋 + 𝑌)𝐸(𝑋 + 𝑌) + 𝐸2(𝑋 + 𝑌)] = 𝐸[(𝑋 + 𝑌)2] − 2𝐸[(𝑋 + 𝑌)𝐸(𝑋 + 𝑌)] + 𝐸[𝐸2(𝑋 + 𝑌)] = 𝐸[(𝑋 + 𝑌)2] − 2𝐸(𝑋 + 𝑌)𝐸(𝑋 + 𝑌) + 𝐸2(𝑋 + 𝑌) = 𝐸[(𝑋 + 𝑌)2] − 2𝐸2(𝑋 + 𝑌) + 𝐸2(𝑋 + 𝑌) = 𝐸(𝑋2 + 2𝑋𝑌 + 𝑌2) − 𝐸2(𝑋 + 𝑌) = 𝐸(𝑋2) + 2𝐸(𝑋𝑌) + 𝐸(𝑌2) − [𝐸(𝑋) + 𝐸(𝑌)]2 = 𝐸(𝑋2) + 2𝐸(𝑋𝑌) + 𝐸(𝑌2) − 𝐸2(𝑋) − 2𝐸(𝑋)𝐸(𝑌) − 𝐸2(𝑌) = {𝐸(𝑋2) − 𝐸2(𝑋)} + {𝐸(𝑌2) − 𝐸2(𝑌)} − 2{𝐸(𝑋𝑌) − 2𝐸(𝑋)𝐸(𝑌)} = 𝑉𝑎𝑟(𝑋) + 𝑉𝑎𝑟(𝑌) − 2𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌). Agora, supondo válido para 𝑘 variáveis, vamos verificar para 𝑘 + 1. Assim, 𝑉𝑎𝑟 (∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=1 ) = 𝑉𝑎𝑟 (𝑋1 + ∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=2 ) = 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) + 𝑉𝑎𝑟 (∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=2 ) + 2𝐶𝑜𝑣 (𝑋1, ∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=2 ) ; em que foi aplicado o resultado 𝑉𝑎𝑟(𝑋 + 𝑌) = 𝑉𝑎𝑟(𝑋) + 𝑉𝑎𝑟(𝑌) − 2𝐶𝑜𝑣(𝑋, 𝑌). Por indução, o segundo termo da soma anterior, pode ser escrito como 𝑉𝑎𝑟 (∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=2 ) = ∑ 𝑉𝑎𝑟(𝑋𝑖) 𝑘+1 𝑖=2 + 2 ∑ ∑ 𝐶𝑜𝑣(𝑋𝑖, 𝑋𝑗) ≤𝑘+1 2≤𝑖<𝑗 , e para o terceiro termo, temos 𝐶𝑜𝑣 (𝑋1, ∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=2 ) = 𝐸 (𝑋1 ∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=2 ) − 𝐸(𝑋1)𝐸 (∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=2 ) = ∑ 𝐸(𝑋1𝑋𝑖) 𝑘+1 𝑖=2 − ∑ 𝐸(𝑋1)𝐸(𝑋𝑖) 𝑘+1 𝑖=2 = ∑ 𝐶𝑜𝑣(𝑋1, 𝑋𝑖) 𝑘+1 𝑖=2 . Então, após a respectiva substituição, obtemos 𝑉𝑎𝑟 (∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=1 ) = 𝑉𝑎𝑟(𝑋1) + ∑ 𝑉𝑎𝑟(𝑋𝑖) 𝑘+1 𝑖=2 + 2 ∑ ∑ 𝐶𝑜𝑣(𝑋𝑖, 𝑋𝑗) ≤𝑘+1 2≤𝑖<𝑗 + 2 ∑ 𝐶𝑜𝑣(𝑋1, 𝑋𝑖) 𝑘+1 𝑖=2 ⟹ 𝑉𝑎𝑟 (∑ 𝑋𝑖 𝑘+1 𝑖=1 ) = ∑ 𝑉𝑎𝑟(𝑋𝑖) 𝑘+1 𝑖=1 + 2 ∑ ∑ 𝐶𝑜𝑣(𝑋𝑖, 𝑋𝑗) . 𝑗≠𝑖 𝑛 𝑖=1 ∎ Exercício 22 – Resolução Ora, a função indicadora do evento aleatória 𝐴 é definida como 𝐼𝐴 = {1, se 𝐴 ocorre 0, se 𝐴 não ocorre Assim, 𝐸(𝐼𝐴) = 1 × 𝑃(𝐼𝐴 = 1) + 0 × 𝑃(𝐼𝐴 = 0) = 𝑃(𝐼𝐴 = 1) = 𝑃(𝐴). Portanto, como queríamos mostrar, temos 𝐸(𝐼𝐴) = 𝑃(𝐴). Agora, para a função indicadora do evento aleatória 𝐵, temos 𝐼𝐵 = {1, se 𝐵 ocorre 0, se 𝐵 não ocorre Portanto, 𝐼𝐴𝐼𝐵 = {1, se 𝐴 ∩ 𝐵 ocorre 0, se 𝐴 ∩ 𝐵 não ocorre Logo, 𝐸(𝐼𝐴𝐼𝐵) = 1 × 𝑃(𝐼𝐴𝐼𝐵 = 1) + 0 × 𝑃(𝐼𝐴𝐼𝐵 = 0) = 𝑃(𝐼𝐴𝐼𝐵 = 1) = 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵). Por fim, segue que 𝐶𝑜𝑣(𝐼𝐴, 𝐼𝐵) = 𝐸(𝐼𝐴𝐼𝐵) − 𝐸(𝐼𝐴)𝐸(𝐼𝐵) = 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) − 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵).