USP-FFCLRP Introducao a Probabilidade e Estatıstica IDCM Matematica Aplicada a NegociosProf. Rafael A. Rosales 1 de dezembro de 2011

Respostas(aos exercıcios para a primeira prova)

8. Sejam os jogadores numerados como 1, 2, . . . , 2n, seguindo a ordem de aparicao na ta-bela inicial do torneio. O conjunto dos ganadores da primeira etapa e um ponto no espacoEn = 1, 2×3, 4×· · ·×2n−1, 2n. Lembrar que para dois conjuntos A, B quaisquer,A×B denota o conjunto dos pares ordenados (a, b) : a ∈ A, b ∈ B. Se agora os ganha-dores sao numerados novamente seguindo a prescricao inicial, o conjunto dos ganhadoresda segunda etapa definem um ponto do espaco En−1 = 1, 2× · · · × (2n− 1)/2, 2n/2.Podemos proceder da mesma maneira para cada uma das n etapas do torneio, logo oespaco amostral de todos os possıveis resultados e Ω = En × En−1 × · · · × E1. (Nao emuito difıcil perceber que |Ω| = 22n−1

22n−2 · · · 21 = 22n−1.)

9. Este exercicio e realmente opcional. A sua resposta pode ser estudada em umasegunda leitura.(i) Se ω ∈ B, entao,

ω ∈∞⋃

m=n

Am para todo n. (1)

Da definicao da operacao de uniao, se

ω ∈∞⋃

m=1

Am,

entao ω ∈ Am1 para algum m1. Porem, de (1) temos que

ω ∈∞⋃

m=m1+1

Am,

portanto ω ∈ Am2 , para algum m2 > m1. Continuando,

ω ∈∞⋃

m=m2+1

Am,

e assim ω ∈ Am3 , para algum m3 > m2 . Desta forma obtemos uma sequencia crescentede inteiros positivos m1 < m2 < m3 < . . ., tais que ω ∈ Amn para todo n ≥ 1.Concluımos desta forma que ω pertence a um numero infinito dos Am. Reciprocamente,se ω pertence a um numero infinito dos Am, entao,

ω ∈∞⋃

m=n

Am, para todo n,

1

de modo que ω ∈ B. Desta forma, ω ∈ B se, e somente se ω pertence a um numeroinfinito dos An.

Mostramos agora que o evento C e equivalente ao eventoω ∈ Ω : ω ∈ Anpara todo n suficientemente grande

.

Observamos primeiro que ω ∈ C se, e somente se

ω ∈∞⋂

m=n0

Am

para algum n0, ou seja, ω ∈ Am para todo m suficientemente grande (m > n0).(ii) (Bn) e uma sequencia decrescente e (Cn) e uma sequencia crescente, portanto da

propriedade de continuidade da funcao P, temos que

P(B) = P( ∞⋂

n=1

Bn

)= lim

n→∞P( n⋂

k=1

Bk

),

P(C) = P( ∞⋃

n=1

Cn

)= lim

n→∞P( n⋃

k=1

Ck

).

Desta forma, se limn Bn = limn Cn = A, entao necessariamente temos limn P(Bn) =limn P(Cn) = P(A).

19. Honestamente eu nao pretendia que voces respondessem corretamente esta pergunta,porem sim espero agora que voces leiam e estudem a resposta cuidadosamente.

Seja C =cara, e C =coroa. Assim,

Ω = (ω1, ω2, . . .) : ωn ∈ C, C, n ≥ 1.

Construimos a seguir uma sigma algebra1 A e a funcao P com dominio A . A construcaosera realizada em varios passos. Suponhamos que a probabilidade de sair cara e 0 < p <1, a de sair coroa e q = 1− p, e que os resultados dos lancamento sao independentes.Passo 1: fixamos primeiro P(∅) = 0, e P(Ω) = 1, e com estes conjuntos definimos aσ-algebra

A0 = ∅,Ω.1Sabemos que Ω e nao enumeravel pois esta constituıdo por sequencias de infinitas caras e coroas (voce

mostrou isto no caso Ω = 0, 1N, que e de fato a mesma coisa). Infelismente em este caso nao podemosconsiderar como evento qualquer subconjunto do conjunto de todas as partes de Ω, denotado em aulacomo P . Especıficamente, os eventos formados por unioes (ou intersecoes ou ambas) nao enumeraveissao problematicos. Veja o apendice da lista de exercıcios para entender por que. Em este caso e definidauma classe de conjuntos de Ω menor (com menos elementos) do que P , porem com os subconjuntosnecessarios para desenvolver a teoria de probabilidade. Esta classe, conhecida como σ-algebra, estaconstituida simplesmente por aqueles subconjuntos de Ω formados por unioes e intersecoes enumeraveis.Formalmente, se A e uma σ-algebra de Ω, entao: (i). A ∈ A ⇒ Ac ∈ A , (ii). ∅ ∈ A , e (iii). se A1,A2, . . . ∈ A ⇒ ∪∞i=1Ai ∈ A . As condicoes (i), (ii), e (iii) sao de fato as condicoes utilizadas para definiruma σ-algebra. Concluındo, se voce se depara com um Ω nao enumeravel, entao deve ter cuidado: oseventos de Ω so podem ser os subconjuntos de uma σ-algebra.

2

Passo 2: definimos P sobre os conjuntos

AC = ω : ω1 = C = sequencias que comenzam por CAC = ω : ω1 = C = sequencias que comenzam por C

outorgando os valores P(AC) = p e P(AC) = q. Por outro lado considereamos σ-algebra

A1 = ∅,Ω, AC , AC.

(e simples ver que A1 de fato e uma σ-algebra pois AcC = AC ∈ A1). Passo 3: Conside-

ramos os conjuntos

ACC = ω : ω1 = C,ω2 = C = sequencias que comenzam por CCACC = ω : ω1 = C,ω2 = C = sequencias que comenzam por CCACC = ω : ω1 = C, ω2 = C = sequencias que comenzam por CCACC = ω : ω1 = C, ω2 = C = sequencias que comenzam por CC

e ento fazemos

P(ACC) = p2, P(ACC) = pq, P(ACC) = qp, P(ACC) = q2.

Sabemos que P(AcCC) = 1−P(ACC), e da mesma forma tambem temos as probabilidades

dos eventos AcCC

, AcCC

, e AcCC

. Por outro lado se P e uma probabilidade, entao daσ-aditividade tambem temos imediatamente as probabilidade spara as unioes desteseventos, ou seja, para ACC ∪ ACC , ACC ∪ ACC , ACC ∪ ACC , e ACC ∪ ACC . Tambempodemos calcular as probabilidades dos eventos ACC ∪ACC = AC e ACC ∪ACC = AC ,e logo tambem da uniao de tres eventos, por exemplo,

ACC ∪ACC ∪ACC = AcCC

Desta maneira temos totalmente definida a funcao P sobre a σ-algebra A2,

A2 =

∅,Ω, AC , AC , ACC , ACC , ACC , ACC , AcCC , Ac

CC, Ac

CC, Ac

CC,

ACC ∪ACC , ACC ∪ACC , ACC ∪ACC , ACC ∪ACC

Passo 4: definimos a funcao P sobre qualquer evento que possa ser definido ao conside-rar unioes, intersecoes, etc, enumeraveis de eventos determinados pelos tres primeirosresultas. O numero total de estes conjuntos e 223

= 256 (veja a resposta ao exercıcio42); juntos eles formam a σ-algebra A3.Desta maneira podemos continuar definindo a probabilidade P para qualquer conjuntodescrito por um numero finito de jogadas. Existem eventos em Ω os quais nao podemser descritos por um numero finito de caras e coroas, embora ainda podemos calculara sua probabilidade. Por exemplo CCCC . . . nao pode ser descrito em terminos deum numero finito de caras, mas este evento e um subconjunto dos conjuntos AC , ACC ,ACCC , . . .; de fato, CCC . . . e a intersecao destes conjuntos. Dado que P e uma funcaocontınua e AC ⊃ ACC ⊃ ACCC ⊃ . . . e uma sequencia decrecente, entao

P(CCC . . .) = P( ∞⋂

n=1

ACn

)= lim

n→∞P(ACn) = lim

n→∞pn = 0.

3

onde, por exemplo AC3 = ACCC . De maneira analoga podemos concluir que o eventoCCCCCC . . . tem probabilidade zero, e mais geralmente qualquer sequencia individualde infinitas caras e coroas tem probabilidade zero. Definimos por ultimo a σ-algebraA∞, a qual esta constituıda por todos aqueles conjuntos formados por uma sequenciafinita de caras e coroas e todos aqueles conjuntos necessarios para ter uma σ-algebra.E possıvel mostrar que se temos a probabilidade de qualquer conjunto formado por umnumero finito de caras e coroas, entao tambem podemos calcular a probabilidade dequalquer conjunto em A∞.

20. Ω e o conjunto de sequencias de um numero finito de coroas seguidas por uma caraCnC : n ≥ 0, junto com a sequencia infinita de coroas C∞. Agora, P(CnC) = (1−p)np,e P(C∞) = limn→∞ = 0, se p 6= 0. A resposta ao exercıcio 19 pode ser utilizada paraguiar a construcao da sigma algebra neste casso. Faca voce esta parte.

21. (i) 5/18. (ii) 1/4. (iii) 3/36. (iv) 1/3.

22 O espaco amostral e mostrado na figura 1. Todas as possıveis somas se encontram

Figura 1: Espaco amostral para o lancamento de dois dados indistinguıveis.

na tabela 1. Seguindo esta tabela e simples observar que as respostas para (i) e (ii) sao

+ 1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12

× 1 2 3 4 5 61 1 2 3 4 5 62 2 4 6 8 10 123 3 6 9 12 15 184 4 8 12 16 20 245 5 10 15 20 25 306 6 12 18 24 30 36

Tabela 1: valores da soma e do produto de dois dados.

respectivamente 4/36 e 1/2. (iii) A tabela tambem permite observar que a probabili-dade de que o produto seja impar e 9/36. Analogamente, as outras perguntas podemser respondidas fazendo tabelas e utilizando a simetrıa da funcao P.

4

23. (i) 8/15(> 1/2). (ii) 112/225(< 1/2).

24.

(i) 2−n. (ii) 2−n

(n

n/2

). (iii)

(n

2

)2−n. (iv) 1− 2−n −

(n

1

)2−n.

25. (i) 5/16. (ii) 1/4. (iii) 3/16. (iv) 1/8.

26. (i) Ω = (i, j) : 1 ≤ i < j ≤ 2n, logo |Ω| = n(2n− 1). Da mesma forma,

|bb| = n(n− 1)2

⇒ P(bb) =n− 1

2(2n− 1).

(ii) 1/2 e 1/2. (iii) 1/2. (iv) 1/2.

27. (i) 0. (ii) 2/3. (iii) Seja Cj o evento “a j-esima xıcara e o pires tem o mesmo cor”.Entao P(Cj) = 1/4; P(Ci ∩ Cj) = 1/12, i 6= j; e P(Ci ∩ Cj ∩ Ck) = 1/24, i 6= j 6= k 6= i.Finalmente,

P( 4⋂

i=1

Cci

)= 1− 4 · 1

4+ 6 · 1

12− 4 · 1

24+

124

+38.

28. (i) 25/216. (ii) 125/216. (iii) 1.

29. (35/36)24 ≈ 0, 16.

30. (i)

p2 =n7

36+

n11

36+

1362

(n2

4 + n25 + n2

6 + n28 + n2

9 + n210

)=

97324

.

(ii)

p3 = p2 +2

363

(27n2

4 + 26n25 + 25n2

6

)=

97324

+16· 107324

.

(iii)436990

. (iv)526990

.

(v) Seja pj a probabilidade de ganhar quando o primeiro dado e j. Entao,

p1 =361990

, p3 = p4 =502990

, p5 =601990

,

portanto, de ser possıvel, voce fixaria o primeiro dado em 5.

31. 2/3.

32.2 P(A4B) = P((A ∪B) \ (A ∩B)) = P(A ∪B)− P(A ∩B).

2esta pergunta foi feita numa prova para o MAN

5

34. A primeira desigualdade e certa se n = 1. Seja m ≥ 1 e suponha que a desigualdadee valida para n ≤ m. Entao,

P(m+1⋃

i=1

Ai

)= P

( m⋃i=1

Ai

)+ P(Am+1)− P

( m⋃i=1

(Ai ∩Am+1))

≤ P( m⋃

i=1

Ai

)+ P(Am+1) ≤

m+1∑i=1

P(Ai),

da a hipoteses inicial. O resultado e obtido por inducao. Para a segunda desigualdade,

P( n⋂

i=1

Ai

)= P

(( n⋃i=1

Aci

)c)= 1− P(

( n⋃i=1

Aci

)≥ 1−

n∑i=1

P(Aci )

devido a prova na primeira parte.

37. Precisamos primeiro do seguinte resultado. Sejam A1, A2, . . . , An eventos paran ≥ 2, logo

P( n⋃

i=1

Ai

)=

n∑i=1

P(Ai)−n∑

i<j

P(Ai ∪Aj) +n∑

i<j<k

P(Ai ∪Aj ∪Ak)

− · · ·+ (−1)n+1P(A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An).

Observe que esta igualdade e de fato uma das propriedades fundamentais de P expostaem aula, porem nao demonstrada ainda. Procedemos a sua demonstracao por inducaosobre n, iniciando com n = 2. Notamos P(B) = P(A ∩ B) + P(B \ A), sempre queB = (A ∩ B) ∪ (B \ A) e uma uniao de conjuntos disjuntos3. Analogamente A ∪ B =A ∪ (B \A), e consequentemente

P(A ∪B) = P(A) + P(B \A) = P(A) + P(B)− P(A ∩B).

Logo o resultado e valido para n = 2. Seja m ≥ 2 e suponha que o resultado e validopara n ≤ m. Entao o resultado e valido para pares de evento, e por tanto,

P(m+1⋃

i=1

Ai

)= P

( m⋃i=1

Ai

)+ P(Am+1)− P

( m⋃i=1

Ai

)∩Am+1

= P

( m⋃i=1

Ai

)+ P(Am+1)− P

m⋃i=1

(Ai ∩Am+1)

.

Finalmente empregando inducao e possıvel expandir os dois terminos do lado direitopara chegar ao resultado.

3mutuamente exclusivos

6

Agora, notamos que

P( n⋂

i=1

Ai

)= P

(( n⋃i=1

Aci

)c)= 1− P

( n⋃i=1

Aci

)= 1−

∑i

P(Aci ) +

∑i<j

P(Aci ∩Ac

j)− . . . + (−1)nP( n⋂

i=1

Aci

)= 1− n +

∑i

P(Ai) +(

n

2

)−∑i<j

P(Ai ∪Aj)−(

n

3

)+ . . .

+ (−1)n

(n

n

)− (−1)nP

( n⋃i=1

Ai

)= (1− 1)n +

∑i

P(Ai)− · · · − (−1)nP( n⋃

i=1

Ai

).

A terceira linha segue das leis de De Morgan e a ultima do Teorema Binomial.

38. n(n− 1)(n− 2) · · · 1 = n!

39.n(n− 1) · · · (n− k + 1)k · (k − 1) · (k − 1) · · · 1

=(

n

k

)40. m(m−1)(m−2) · · · (m−n+1). Para vermos isto, sem perda de generalidade, supo-nhamos que o domınio da bijecao seja o conjunto 1, 2, . . . , n, a imagem 1, 2, . . . m, edenotemos bijecao mesma por f . O valor f(1) pode ser escolhido de m possıveis formas,f(2) de m− 1 maneiras, e assim sucessivamente. O resultado acima e obtido apos de nescolhas.

41. mn. Se denotamos a relacao por r e o domınio e a sua imagem respectivamente por1, 2, . . . , n e 1, 2, . . . ,m, entao observamos que o valor r(1) pode ser escolhido de mmaneiras, o valor r(2) de m maneiras (e possıvel ter r(1) = r(2)), e assim por diante.Apos das n escolhas obtemos a reposta indicada.

42. A resposta e 2n. Isto justifica a notacao 2Ω, geralmente utilizada para denotar onumero de partes de um conjunto Ω (as vezes tambem e utilizada a notacao P(Ω)).Suponhamos, sem perda de generalidade, que o conjunto de n elementos apresenta aforma 1, 2, . . . , n. O caso n = 1 e trivial pois neste caso 1 tem os subconjuntos ∅e 1. O conjunto 1, 2 tem 4 subconjuntos, e 1, 2, 3 tem 8. Provamos o resultadogeral utilizando inducao em k. Suponhamos que o conjunto de k elementos apresenta2k subconjuntos. Consideramos agora o conjunto de k + 1 elementos 1, 2, . . . , k, k + 1.Cada subconjunto A de este ultimo conjunto pode estar contido em 1, 2, . . . , k ou nao,dependendo de se k + 1 pertence a A ou nao. O numero de subconjuntos A contidos em1, 2, . . . , k e, por hipotese, 2k. Pelo outro lado, o numero dos subconjuntos A conti-dos em 1, 2, . . . , k + 1 mais nao em 1, 2, . . . , k e tambem 2k, uma vez que o mapaA 7→ A ∪ k + 1 define uma correspondencia um-a-um entre estes dois subconjuntos.

7

Desta forma o numero total de subconjuntos do conjunto 1, 2, . . . , k, k + 1 de k + 1elementos e 2k + 2k = 2k+1, o qual completa a prova.

43. 49/153.

44.(i)

6a!b!c!(a + b + c)!

. (ii)1

a!b!c!. (iii)

6(a + b + c)!

.

45.

(i)4!48!(12!)4

/ 52!(13!)4

. (ii) 4(

489

)/(5213

).

Observe que a resposta de (iii) e a resposta a (i) dividida por a!b!c! (pois (i) contem todosarranjos onde os livros de cada tipo sao adjacentes, porem so interessa aquele onde oslivros ordenados alfabeticamente).

46.4 Revise o exemplo relacionado visto em aula.

47.

(i) 1−(

3n

r

)/(4n

r

). (ii)

(n

2

)(3n

r − 2

)/(4n

r

).

(iii)((

4n

r

)− 4(

3n

r

)− 6(

2n

r

)− 4)/(4n

r

).

A resposta em (iii) consiste em substraer de todas as possıveis maneiras de retirar rbolas aquelas que contem r bolas de tres cores so, r bolas de dois cores so, e r de umacor so (pense por que aprecem os numeros 4, 6 e 4).

50. Daremos tres respostas, cada uma depende da forma em como as pessoas saodispostas aleatoriamente ao rededor da mesa.

Resposta 1 : Primeiro numeramos as caderas do 1 ate o 10 e seguidamente dis-tribuımos 10 cartas com estes numeros. Nesta caso, Ω e o conjunto de todas as possıveispermutacoes de um conjunto com 10 elementos, logo |Ω| = 10!. Uma permutacao resultafavoravel se as duas pessoas do casal estao sentadas uma ao lado da outra, i.e., quandoaparece o par de cartas (1,2), ou (2,3) ou ... ou (9,10) ou (10,1) (a mesa e redondalogo tambem incluımos) ou (1,2) ou ... ou (1,10). Isto fornece 20 posicoes possıveis. Aspessoas restantes podem estar dispostas em qualquer ordem, logo devemos multiplicarpor 8! A probabilidade do evento de interesse e portanto

20 · 8!10!

=29.

Resposta 2 : Consideramos as cartas retiradas pelo casal como um conjunto (a ordemnao importa) e nao nos preocupamos com o resto das pessoas. Assim, ω e o conjunto

4esta pergunta foi feita numa prova para o MAN no 2006

8

de todos os subconjuntos de 2 elementos tal que |Ω| =(102

). Existem 10 conjuntos

favoraveis: 1, 2, 2, 3, . . . 10, 1, assim a probabilidade e

10(102

) =1010·92·1

=29.

Resposta 3 : Possivelmente a solucao mais simples seja a seguinte. Uma das pessoasdo casal escolhe uma carta. Ainda existem 9 cartas, das quais 2 sao favoraveis, portantoa probabilidade de que o casal fique junto e 2

9 .

51.5 Pense em combinacoes e no principio fundamental da contagem.

53. Se todas as letras fossem diferentes, terıamos uma probabilidade de 1 em 11! Porem,neste caso existem multiplas instancias de algumas letras e certas permutacoes resultamna mesma palavra. Suponha que colamos uma etiqueta sobre cada letra com os numerosdo 1 ate o 11. Assim Ω esta formado por todas as permutacoes de 11 numeros, logo|Ω| = 11!. Contamos agora as permutacoes que correspondem a palavra em questao: asletras A podem ser ordenadas de 5! maneiras, B e R de 2! maneiras, assim obtemos5! · 2! · 2! possibilidades favoraveis e entao a probabilidade e

5! · 2! · 2!11!

=1

83160.

54 (i) Seja p a probabilidade de que nao desce mais de uma pessoa no mesmo andar,entao,

p =(10)7107

=10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4

107= 0, 06048.

(10 · 9 · . . . o numero de possibilidades para a escolha da primeira pessoa em descer, a dasegunda, . . ..). (ii)

P〈7〉 = 10 · 10−7 = 0, 000001.

P〈6, 1〉 =10!

8!1!1!· 7!1!6!

· 10−7 = 0, 000063.

P〈5, 2〉 =10!

8!1!1!· 7!2!5!

· 10−7 = 0, 000189.

P〈5, 1, 1〉) =10!

7!2!1!· 7!1!1!5!

· 10−7 = 0, 001512.

P〈4, 3〉 =10!

8!1!1!· 7!3!4!

· 10−7 = 0, 000315.

P〈4, 2, 1〉 =10!

7!1!1!· 7!1!2!4!

· 10−7 = 0, 00756.

P〈4, 1, 1, 1〉 =10!

6!3!1!· 7!1!1!1!4!

· 10−7 = 0, 01764.

P〈3, 3, 1〉 =10!

7!2!1!· 7!1!1!3!

· 10−7 = 0, 00504.

P〈3, 2, 2〉 =10!

7!2!1!· 7!2!2!4!

· 10−7 = 0, 00756.

5esta pergunta foi feita numa prova do curso da IBM no ano 2007.

9

P〈3, 2, 1, 1〉 =10!

6!2!1!1!· 7!1!1!2!3!

· 10−7 = 0, 10584.

P〈3, 1, 1, 1, 1〉 =10!

5!4!1!· 7!1!1!1!1!3!

· 10−7 = 0, 10584.

P〈2, 2, 2, 1〉 =10!

6!3!1!· 7!1!2!2!2!

· 10−7 = 0, 05292.

P〈2, 2, 1, 1, 1〉 =10!

5!3!2!· 7!1!1!1!2!2!

· 10−7 = 0, 31752.

P〈2, 1, 1, 1, 1, 1〉 =10!

4!5!1!· 7!1!1!1!1!1!2!

· 10−7 = 0, 31752.

P〈1, 1, 1, 1, 1, 1, 1〉 =10!3!7!

· 10−7 = 0, 06048.

55. Utilizando a expansao usual para (a + b)n,

(i)n∑

k=0

(n

k

)(−1)k1n−k = (−1 + 1)n

(ii)n∑

k=0

(n

k

)1k1n−k = (1 + 1)n

(iii) e (iv) sao mostradas da mesma maneira.

58. 1/2.

59. 6/11.

62. (i)a Se consideramos o evento

Vn = “a n-esima bola retirada e verde”

entaoP(V2) = P(V2|V1)P(V1) + P(V2|V c

1 )P(V c1 ).

Agora

P(V2|V1) =v + b

a + v + b.

Da mesma maneira, dado o evento V c1 a urna apresenta v bolas verdes na segunda

retirada, portantoP(V2|V c

1 ) =v

a + v + b

Desta forma

P(V2) =v + b

a + v + b· v

a + v+

v

a + v + b· a

a + v=

v

a + v= P(V1).

Para (b) temos

P(V1|V2) =P(V1 ∩ V2)

P(V2)=

P(V2|V1)P(V1)P(V2)

=v + b

a + v + b.

10

o qual segue da resposta em (i). (ii) utilizar inducao sobre a resposta (i). (iii) (a +b)/(v + a + b). (iv) utilizar a resposta (ii).

63. (i) e (ii)a feitos em aula. Faca (ii)b de forma analoga a (ii)a. (iii) 1− r2.

64. (Feito em aula) (i) 3/5. (ii) 2/3. (iii) 5/6. (iv) 4/5. (v) 21/40.

65.(i)

P(Ac ∩B) = P(A ∩ (A ∩B)c)) = P(A \A ∩B) = P(A)− P(A ∩B)= P(A)(1− P(B)) = P(A)P(Bc).

(ii) e mostrado de maneir analoga a (i), embora utilizando Ac e Bc e a independInciaentre Ac e B provada em (i).

Respostas(para alguns dos exercıcios da segunda prova)

67. Suponhamos que i < j e m < n. Se j < m entao Aij e Amn estao determinados porjogadas dos dados diferentes e independentes, sendo portanto eventos independentes.Para o caso j = m tem-se que

P(Aij ∩Ajn) = P(o i-esimo e o j-esimo lancamento)

=6∑

r=1

16

P(o j-esimo e o n-esimo lancamento)

68. (a) ⇒ (b), foi discutida e mostrada em aula. Mostraremos unicamente a im-plicacao no sentido oposto: (b) ⇒ (a). Suponhamos que a afirmacao (b) valida, logo aprobabilidade de que a sequencia ocorra nos primeiros m lancamentos e (1/2)m. Con-sideramos agora as sequencias de comprimento M , as quais apresentam o elementoωj ∈ cara, coroa na j-esima posicao, 1 ≤ j ≤ M . Suponha que ωj para um j dado econhecido, logo seja

Sj = sequencias de comprimento M com ωj na j-esima posicao

Segundo o principio fundamental da contagem, temos que |Sj | = 2M−1, logo por simetria

P(Sj) =2M−1

2M=

12.

Da mesma maneira, | ∩mj=1 Sj | = 2M−m. Neste caso ∩j=1Sj consiste de todas aque-

las sequencias de caras e coroas com as primeiras m posicoes, (ω1, ω2, . . . , ωm), fixas econhecidas. Assim,

P( m⋂

j=1

Sj

)=

2M−m

2M=

12m

.

11

Concluimos desta forma que

P( m⋂

j=1

Sj

)=

m∏j=1

P(Sj).

from [St-99], Exer 2.9.4, p. 66 69. Sejam Ma=“menina”, Mo=“menino” tais queP(Ma) = q, P(Mo) = q, p + q = 1. Entao, para responder (i) e (ii), temos que

P(A) = 1− p3 − q3

P(B) = p3 + 3p2q

P(A ∩B) = 3p2q

portanto, para que os eventos sejam independentes necessariamente temos que

(1− p4 − q4)(p4 + 4p3q) = 3p2q,

o qual so e satisfeito quando p = q = 1/2 ou pq = 0. Para (iii) temos

P(A) = 1− p4 − q4

P(B) = p4 + 4p3q

P(A ∩B) = 4p3q

Neste caso, a independencia e satisfeita se

(1− p4 − q4)(p4 + 4p3q) = 4p3q

o qual e obtido nos casos pq = 0 e p ' 0.4.

70.

(i) = (ii)(1− p2)p2

1− (1− p2)2.

(iii) Sejam os eventos

R = “a estrada BC esta aberta”,

Q = “e possivel chegar de A a D”,

logo

P(Q) = P(Q|R)(1− p) + P (Q|Rc)p

= (1− p2)2(1− p) +1− [1− (1− p)2]2

p.

77.

(i) C−1 =∞∑1

2−k = 1 (ii) C−1 =∞∑1

2−k

k= log 2

(iii) C−1 =∞∑1

k−2 =π2

6(iv) C−1 =

∞∑1

2k

k!= e2 − 1

12

(i) e uma serie de potencia do tipo estudado em aula, (ii) e (iv) sao as series de Taylordas funcoes a direita da igualdade, e finalmente (iii) e uma serie bem conhecida, porema demonstracao da igualdade nao e trivial.

78. (i) P (X = i) = P (Y = i) = 13 , para i = 1, 2, 3. (ii) (X + Y )(ω1) = 3,

(X + Y )(ω2) = 5, (X + Y )(ω3) = 4, e portanto P (X + Y = i) = 13 para i = 3, 4, 5. (iii)

(XY )(ω1) = 2, (XY )(ω2) = 6, (XY )(ω3) = 3, logo P (XY = i) = 13 para i = 2, 3, 6. (iv)

Analogamente P (X/Y = i) = 13 para i = 1

2 , 23 , 3.

79. (i) Se6 a > 0, x ∈ R, entao ω ∈ Ω : aX(ω) ≤ x = ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x/a ∈ A , jaque X e uma variavel aleatoria. Se a < 0,

ω ∈ Ω : aX(ω) ≤ x = ω ∈ Ω : aX(ω) ≥ x/a =

⋃n≥1

ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x

a− 1

n

c

o qual pertence a A , ja que e o complemento de uma uniao enumeravel de conjuntosem A . Se a = 0,

ω ∈ Ω : aX(ω) ≤ x =

∅ se x < 0,

Ω se x ≥ 0;

e em cada caso o evento pertence a A .(ii) Para ω ∈ Ω, X(ω) − X(ω) = 0, e uma variavel aleatoria ja que a mesma pode serrepresentada por aX(ω) para a = 0. Analogamente X(ω) + X(ω) = 2X(ω).

80. Seja Y = aX + b, logo

P(Y ≤ y) =

P(X ≤ (y − b)/a) = F((y − b)/a

)se a > 0,

P(X ≥ (y − b)/a) = 1− limx→[(y−b)/a]−

F (x) se a < 0.

Por ultimo, se a = 0, entao Y = b, logo P(Y ≥ y) e igual a 0 se b > y e 1 se b ≤ y.

81. Sob as hipoteses do enunciado g e bijetora, logo existe a funcao inversa g−1. Assim,para y ∈ Im(g),

ω ∈ Ω : Y (ω) ≤ y = ω ∈ Ω : g X(ω) ≤ y= ω ∈ Ω : g−1 g X(ω) ≤ g−1(y)= ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x ∈ A .

Ressaltamos que a segunda igualdade e valida pois g e bijetora.Suponha agora que g nao e injetora. Podemos dezir que g(X) e uma variavel

aleatoria?

82. Devido a independencia dos lancamentos,

P (X > m) = P(os primeiros m lancamentos sao coroa) = (1− p)m.

6esta pergunta foi respondida em aula, porem de uma outra maneira equivalente.

13

Neste caso,

P (X ≤ x) =

1− (1− p)[x] se x ≥ 0,

0 se x < 0.

([x] denota o maior enteiro menor que x)

83. (i)

P (X+ ≤ x) =

0 se x < 0,

F (x) se x ≥ 0.

(ii)

P (X− ≤ x) =

0 se x < 0,

1− limy→−x−

F (y) se x ≥ 0.

(iii) P (|X| ≤ x) = P (−x ≤ X ≤ x) se x ≥ 0. Portanto

P (|X| ≤ x) =

0 se x < 0,

F (x)− limy→−x−

F (y) se x ≥ 0.

(iv) P (−X ≤ x) = 1− limy→−x− F (y).

84. (i) Pela definicao da densidade de X temos que

a

∫ 1

0f(x) dx = 1−

∫ 2

1f(x) dx,

ou seja

a

∫ 1

0(1 + x) dx =

∫ 2

1

23

dx,

portanto a · 32 = 2

3 , entao a = 49 . (ii)

P (1/2 < X < 3/2) =∫ 1

12

49(1 + x) dx +

∫ 32

1

23

dx =1318

.

Respostas(aos exercicios para a terceira prova)

Seguem as respostas dos exercıcios que eu considero mais difıceis. Alguns outros exercıciosserao resolvidos em aula.

Os exercıcios 85. - 89. requerem da nocao de distribuicao conjunta para variaveisaleatorias continuas, ou seja, de densidade conjunta vista em aula, e da nocao de integralmultipla assim como da troca de variaveis vista em Calculo II. Quem nao esteja cursandoCalculo 2 pode desconsiderar estes exercıcios (e as suas respostas).

14

85. (i) Segue de ∫∫fξ,η(x, y)dxdy = 1,

que,

K−1 =∫ 1

0xa

∫ 1

1−xdydx = (a + 2)−1.

(ii) Lembramos que se Fξ,η e a funcao de distribuicao conjunta de ξ e η, entao

Fξη(x, y) =∫ x

−∞

∫ y

−∞fξη(u, v) du dv =

∫ x

1−y

∫ y

1−ucua dv du

=a + 2a + 1

yxa+1 + xa+2 − a + 2a + 1

xa+1 +1

a + 1(1− y)a+2.

(iii) Os cumprimentos fornecidos no enunciado formam um triangulo se ξ+η > 2−ξ−η,η + 2 − ξ − η > η, e η + 2 − ξ − η > η. Estas condicoes correspondem a regiao ondefξ,η(x, y) e diferente de 0 e onde

∫∫fξη(x, y) dx dy = 1. (iv) Se o angulo θ e oposto ao

lado η, entao utilizando a lei dos cosenos segue que

cos(θ) =ξ2 + (2− ξ − η)2 − η2

2ξ(2− ξ − η)< 0,

sempre e quando θ seja obtuso. Assim,

η >ξ2 − 2ξ + 2

2− ξ.

Se chamamos o lado direito da desigualdade acima de g(ξ), observamos que g(x) > 1−x,e g(x) = 1− x unicamente se x = 0. Logo

P(θ e obtuso

)= P (η > g(ξ)) =

∫ 1

0

∫ 1

g(x)fξ,η(x, y) dydx

= K

∫ 1

0(1− g(x))xa dx = K

∫ 1

0

x− x2

2− xxa dx.

(v) Se a = 0, entao

P(θ e obtuso

)= 2

∫ 1

0

x− x2

2− xdx = 2

∫ 1

0

2x− x2

2− x+

2− x

2− x− 2

2− xdx = 3− 4 log(2).

aswer taken from Stirzaker’s ”Elementary Probability”book, page 343, (second edi-tion), Example (2) 86. Z = (X, Y ) tem densidade conjunta no disco de raio 1, ou seja,a densidade de Z e dada pela densidade conjunta fX,Y (x, y) = π−1, definida para todo(x, y) tal que x2 + y2 ≤ 1. Resulta mais simples trabalhar em coordenadas polares,r = (x2 + y2)1/2 e θ = tan−1(y/x), com inversas x = r cos(θ) e y = sen(θ). Estas trans-formacoes sao uma bijecao e levam o conjunto C = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1 ao conjuntoD = (r, θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 < θ ≤ 2π. Neste caso, o determinate do Jacobiano datransformacao e

|J(r, θ)| = ∂x

∂r

∂y

∂θ− ∂x

∂r

∂θ

∂r= r cos2(θ) + r sen2(θ) = r.

15

Assim, as variaveis aleatorias R = r(X, Y ), Θ = θ(X, Y ) the densidade de probabilidadeconjunta

fR,Θ(r, θ) =r

π, para 0 ≤ r ≤ 1, 0 < θ ≤ 2π.

Observe que para chegarmos neste resultado utilizamos o seguinte resultado para trocade variaveis (visto em Calculo II).

Sejam X, Y duas variaveis com densidade fX,Y (x, y), a qual e 0 em Cc. EntaoU = u(X, Y ) e V = v(X, Y ) tem densidade conjunta

fU,V (u, v) = fX,Y

(x(u, v), y(u, v)

)|J(u, v)| para (u, v) ∈ D.

87. Este exercıcio realmente tem a ver com a distribuicao e a funcao de distribuicao con-junta das variaveis aleatorias X1 e X2. Mesmo que nao tenhamos que calcular nenhumvalor esperado colocamos a resposta aqui. Temos que X1 e X2 sao variaveis aleatorias in-dependnetes, ambas com distribuicao uniforme em [0, a]. Logo (X1, X2) tem distribuicaouniforme no quadrado B = [0, a]× [0, a]. Alem disso,

M1 = mınX1, X2,M2 = maxX1, X2,

M = M2 −M1 = |X1 −X2|.

Queremos calcular FM (y) = P (M ≤ y) = P (|X1−X2| ≤ y) para y ∈ R. Se y ≤ 0, entaoFM (y) = 0. Agora, para y > 0, consideramos o conjunto

Ay = (u, v) ∈ R2 : |u− v| ≤ y

e logo

FM (y) = P ((X1, X2) ∈ Ay) =area(Ay ∩B)

area(B).

Se y > a, entao Ay ∩B = B, logo FM (y) = 1. Por outro lado, se 0 < y ≤ a, com a ajudada figura 2, segue que

FM (y) =a2 − (a− y)2

a2=

2ay − y2

a2.

Assim, a funcao de ditribuicao de M e dada por

FM (y) =

0, se y ≤ 0,

(2ay − y2)/a2, se 0 < y ≤ a,

1, se y > a.

(ii) Como FM e contınua e derivavel por partes, podemos obter a densidade de Mderivando FM ,

fM (y) =

2(a− y)/a2, se 0 < y < a,

0, caso contrario.

16

a

a

y

y

u

v

Ay ∩B

a

a

a/2

a/2

u

vC ∩B

Figura 2: ajuda para os calculos de FM nos items (i) e (iii) do exercıcio 79.

(os valores de fM em y = 0 e y = a sao arbitrarios.) (iii) Os segmentos com os quais sedeseja construir o triangulo tem comprimento M1, M e a −M2, logo poder construı-loe equivalente as condicoes

M1 < M + a−M2, M < M1 + a−M2, e a−M1 < M1 + M.

Precisamos portanto calcular P (M1 < a/2,M < a/2,M2 > a/2). Seja C o eventodefinido por

C =

(u, v) ∈ B : mınu, v <a

2,maxu, v >

a

2

(veja a figura 2). Entao,

P (M1 < a/2,M < a/2,M2 > a/2) = P((X1, X2) ∈ C

)=

area(C ∩B)area(C)

=14.

88. (i) Temos que∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(x, y) dxdy = 1 ⇒ c

∫∫x2+y2≤r2

dxdy = 1

Podemos calcular a integral a direita da igualdade utilizando coordenadas polares ousimplesmente observar que esta corresponde a area do circulo de raio R, πr2. Assimc = (πr2)−1. (b)

fX(x) =∫ ∞

−∞f(x, y)dx =

1πr2

∫x2+y2≤r2

dy

=1

πr2

∫ a

−ady, onde a =

√r2 − x2

=2

πr2

√r2 − x2, x2 ≤ r2

e 0 quando x2 > r2. Por simetria, a densidade marginal de Y e dada por

fY (y) =

2

πr2

√r2 − y, se y2 ≤ r2,

0, se y2 > r2.

17

(c) A distribuicao da distancia da origem, D =√

X2 + Y 2, e obtida da seguinte forma.Para 0 ≤ d ≤ R,

FD(d) = P(√

X2 + Y 2 ≤ d)

= P(X2 + Y 2 ≤ d2

)=∫∫

x2+y2≤d2

f(x, y)dxdy =1

πr2

∫∫x2+y2≤d2

dxdy

=πd2

πr2=

d2

r2.

(d) derivando o resultado da parte (c) obtemos a densidade de D,

fD(d) =2d

r2, 0 ≤ d ≤ R,

portanto

E[D] =2r2

∫ R

0u2 du

distribution 89. (i) O conjunto (x, y) : x ≤ −1/√

2, y ≤ −1/√

2 nao tem intersecaocom C, logo

FX,Y

(− 1√

2,− 1√

2

)= 0.

Embora, a intersecao do conjunto x : x ≤ −1/√

2 com C e diferente de 0, portanto

FX

(− 1√

2

)FY

(− 1√

2

)> 0.

Isto implica que X e Y nao sao independentes. (ii) Marginalizando,

fX(x) =∫ 1

−1fX,Y (x, y) dy =

1π

∫ √1−x2

−√

1−x2

dy =2π

√1− x.

Analogamente tem-se fY (y) = 2π

√1− y2. (iii) Temos que R =

√X2 + Y 2, Θ =

tg−1(Y/X) tem distribuicao conjunta

fR,Θ(r, θ) =r

θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 < θ ≤ 2π,

portanto

fΘ(θ) =∫ 1

0fR,Θ(r, θ) dr =

12π

, 0 < θ ≤ 2π, fR(r) =∫ 2π

0f(r, θ) dθ = 2r, 0 ≤ r ≤ 1.

Logo fR,Θ(r, θ) = fΘ(θ)fR(r), ou seja, R e Θ sao independentes.

96. (i) Seja 1ij a funcao indicadora do evento “os jogadores i e j obtiveram o mesmonumero”. Entao

E[1ij ] = P(1ij = 1) =6∑1

(16)2 = 1

6 , i 6= j.

18

O numero total de pontos obtidos pelos n jogadores e S =∑

i<j 1ij , logo

E[S] =∑i<j

E[1ij ] =16

(n

2

).

O seguinte passo consiste em mostrar que a familia de variaveis aleatorias 1ij : i < je independente a pares. Seja i < j < k, entao

E[1ij1jk] = P(i, j, e k conseguem o mesmo numero)

=6∑

r=1

(16)3 = 1

36 = E[1ij ]E[1jk]

Portanto

Var(S) = Var(∑

i<j

1ij

)=∑i<j

Var(1ij) =(

n

2

)Var(112)

por simetria. Mas

Var(112) =16

(1− 1

6

).

(ii) Seja Xij o resultado comum dos jogadores i e j, de tal maneira que Xij = 0, nocaso onde os resultados sao diferentes. Neste caso o numero total de pontos do grupo eS =

∑i<j Xij , e

E[S] =(

n

2

)E[X12] =

(n

2

)16· 72

=712

(n

2

).

Observamos que as variaveis aleatorias Xij nao sao independentes a pares, logo

Var(S) = E

(∑i<j

Xij

)2− E[S]2

=(

n

2

)E[X2

12] +(

n

3

)E[X12X23]

+

(n

2

)2

−(

n

2

)−(

n

3

)E[X12]2 −

( 712

)2(

n

2

)2

=315144

(n

2

)+

35432

(n

3

).

97. Cada cassal sobrevive com probabilidade(2n− 1

m

)/(2m

m

)=(1− m

2n

)(1− m

2n− 1

),

portanto o valor esperado e

n(1− m

2n

)(1− m

2n− 1

)

19

98. (a) A distribuicao de Xi, para qualquer i, e

P (Xi = 1) =1n

, P (Xi = 0) =n− 1

n,

portanto E(Xi)2 = 1/n. (b) Notamos que para i 6= j,

P (XiXj = 0) = 1− 1n(n− 1)

, P (XiXj = 1) =1

n(n− 1),

assimE[XiXj ] =

1n(n− 1)

.

(c)

E[S2n] =

∑i

E[Xi]2 +∑

i

∑j 6=i

E[XiXj ]

= n · 1n

+ n(n− 1) · 1n(n− 1)

= 2

(d)Var(Sn) = E[S2

n]− E[Sn]2 = 2− (n · (1/n))2 = 1.

100.

E[g(X)] =∑

y

yP (g(X) = y) =∑

y

∑x:g(x)=y

yP (X = x)∑

x

g(x)P (X = x)

101. Este exercıcio e realmente opcional. (i)

E[aY + bZ |X = x]

=∑y,z

(ay + bz)P (Y = y, Z = z |X = x)

= a∑y,z

yP (Y = y, Z = z |X = x) + b∑y,z

zP (Y = y, Z = z |X = x)

= a∑y,z

yP (Y = y |X = x) + b∑y,z

zP (Z = z |X = x).

As partes (ii)-(v) podem ser demostradas empregando argumentos similares. Para (vi),seja

EE[Y |X, Z] |X = x

=∑

z

∑y

yP (Y = y |X = x,Z = z)P (X = x,Z = z |X = x)

=∑

z

∑y

P (Y = y, X = x,Z = z)P (X = x, Z = z)

· P (X = x,Z = z)P (X = x)

=∑

y

yP (Y = y |X = x) = E[Y |X = x]

= E

E[Y |X]∣∣X = x,Z = z

, utilizando (v).

20

103. (i) Se x ≥ 1,

P (minX, Y ≤ x) = 1− P (X > x, Y > x) = 1− P (X > x)P (Y > x)= 1− 2−x · 2−x = 1− 4−x.

(ii) P (Y > X) = P (Y < X) por simetria. Tambem,

P (Y > X) + P (Y < X) + P (Y = X) = 1.

SeP (Y = X) =

∑x

P (Y = X = x) =∑

x

2−x · 2−x =13,

entao P (Y > X) = 13 .

(iii) 13 pela resposta em (ii).

(iv)

P (X ≥ kY ) =∞∑

y=1

P (X ≥ kY, Y = y)

=∞∑

y=1

P (X ≥ ky, Y = y) =∞∑

y=1

P (X ≥ ky)P (Y = y)

=∞∑

y=1

∞∑x=0

2−ky−x2−y =2

2k+1 − 1.

(v)

P (X divide Y ) =∞∑

k=1

P (Y = kX) =∞∑

k=1

∞∑x=1

P (Y = kX,X = x)

=∞∑

k=1

∞∑x=1

2−kx2−x =∞∑

k=1

12k+1 − 1

.

(vi) Seja r = m/n onde m e n sao coprimos. Logo

P (X = rY ) =∞∑

k=1

P (X = km, Y = kn) =∞∑

k=1

2−km2−kn =1

2m+n − 1.

104. (i) Para A < B < C (empregando notacao adequada), e necessario que um dosseguintes eventos ocorra no primeiro turno:(a) A e B conseguem o numero 6,(b) unicamente A consegue o numero 6,(c) nenhuma pessoa consegue o numero 6.Utilizando probabilidade condicional temos que

P(A < B < C) = (16)2 + 1

6(15)2P(B < C) + (5

6)3P(A < B < C).

No calculo de P(B < C) podemos ignorar os lancamentos de A, logo utilizando umargumento similar ao descrito acima temos

21

P(B < C) = (56)2P(B < C) + 1

6 .

Segue desto que P(B < C) = 611 , e entao P(A < B < C) = 216

1001 .(ii) E possıvel proceder analogamente a resposta (i). Alternativamente, seja N o numerototal de lancamentos anteriores a primeira aparicao do numero 6. A probabilidade queA jogue o primeiro 6 e

P(N ∈ 1, 4, 7, . . .

)=

∑k=1,4,7,...

(56

)k−1 16

=3691

.

Uma vez que A consegue o primeiro 6, o jogo e reiniciado com os jogadores lancandona ordem BCABCA.... A probabilidade que B consiga o segundo 6 e portanto 36

91 , iguala probabilidade que C consiga o terceiro 6. A resposta e finalmente (36

91)3. (Observea maneira como foi utilizada a independencia nos resultados dos lancamentos de cadajogador!)

105. (i) Para todo a, b ∈ R temos que

P (g(X) = a, h(Y ) = b) =∑x, y:

g(x)=a, h(y)=b

P (X = x, Y = y)

=∑x, y:

g(x)=a, h(y)=b

P (X = x)P (Y = y)

=∑

x:g(x)=a

P (X = x)∑

y:h(y)=b

P (Y = b)

= P (g(X) = a)P (h(Y ) = b).

(ii) Diretamente, a definicao da independencia de variaveis aleatorias pode ser expressadacomo P (X = x, Y = y) = P (X = x)P (Y = y), para toso x, y ∈ R.(iii) A unica parte que requer ser demonstrada e que X e Y sao independentes se P (X =x, Y = y) = g(x)h(y) para todo x, y ∈ R. Suponhamos que esto seja certo. Entao,

P (X = x) =∑

y

P (X = x, Y = y) = g(x)∑

y

h(y),

P (Y = y) =∑

x

P (X = x, Y = y) = h(y)∑

x

g(x).

Agora1 =

∑x

P (X = x) =∑

x

g(x)∑

y

h(y),

de tal forma que

P (X = x)P (Y = y) = g(x)h(y)∑

x

g(x)∑

y

h(y) = g(x)h(y) = P (X = x, Y = y).

82. Primeiro, para Z,

P(Z = 1) = P(X + Y = 0) = a(1− γ) + γ(1− a)

22

e da mesma maneiraP(Z = −1) = aγ + (1− a)(1− γ).

AgoraP(Z = 1, X = 1) = P(X = 1, Y = −1) = a(1− γ). (2)

Portanto, sea(1− γ) = a(a(1− γ) + γ(1− a))

entao temos que P(Z = 1, X = 1) = P(Z = 1)P(X = 1). Simplificando (2) obtemosγ = 1/2. Da mesma forma podemos deduzir que X e Z sao independentes se, e somentese γ = a = 1/2. Pela simetria inerente ao problema, a mesma condicao e valida se Y eZ sao independentes.

Porem, X, Y , e sao Z nao sao independentes ja que

P(X = 1, Y = 1, Z = −1) = 0 6= P(X = 1)P(Y = 1)P(Z = −1).

117. (i)

P (X + Y = k) =k∑

j=0

P (X = k − j, Y = j)

=k∑

j=0

(m

k − j

)pk−jqm−k+j

(n

j

)pjqn−j

= pkqm+n−kk∑

j=0

(m

k − j

)(n

j

)= pkqm+n−k

(m + n

k

),

a qual representa a Binomial(m + n, p).

118. (i)

P (X + Y = n) =n∑

k=0

P (X = n− k)P (Y = k) =n∑

k=0

e−λλn−k

(n− k)!· e−µµk

k!

=e−λ−µ

n!

n∑k=0

(n

k

)λn−kµk =

e−λ−µ(λ + µ)n

n!.

(ii)

P (X = k|X + Y = n) =P (X = k, X + Y = n)

P (X + Y = n)

=P (X = k)P (Y = n− k)

P (X + Y = n)=(

n

k

)λkµn−k

(λ + µ)n,

e entao a distribuicao e Binomial(n, λ/(λ + µ)).

23

119.

P (X = n + k|X > n) =P (X = n + k, X > n)

P (X > n)

=p(1− p)n+k−1

∞∑j=n+1

p(1− p)j−1

= p(1− p)k−1 = P (X = k).

(i) Seja X o tempo de espera ate ocorrer o evento A. Se o tempo de espera e geometrico,entao a “perda da memoria” tem a seguinte interpretacao: dado que A nao ocorreu ateo tempo n, o tempo a ser esperado a partir de 0 tem a mesma distribuicao do tempoa ser esperado quando ja transcorreu n. (ii) Segue-se da resposta acima que qualquerprocesso deste tipo satisfaz G(k + n) = G(k)G(n), onde G(n) = P (X > n). EntaoG(k + 1) = G(1)k+1, logo X e geometrica.

120. Existem(

bk

)maneiras de escolher k bolas azuis, e

(N−bn−k

)maneiras de escolher n−k

bolas vermelhas. O numero total de maneiras de escolher n bolas e(Nn

). O resultado e

imediato.

121. (i)

E[X] =∞∑

m=0

mP (X = m) =∞∑

m=0

m−1∑n=0

P (X = m)

=∞∑

n=0

∞∑m=n+1

P (X = m) =∞∑

n=0

P (X > n).

(ii) Seja N o numero de bolas retiradas. Temos, da resposta em (i), que

E[N ] =r∑

n=0

P (N > n) =r∑

n=0

P (primeiras n bolas sao vermelhas)

=r∑

n=0

r

b + r

r − 1r + b− 1

. . .r − n + 1

b + r − n + 1=

r∑n=0

r!(b + r)!

(b + r − n)!(r − n)!

=r! b!b + r

!r∑

n=0

(n + b

b

)=

b + r + 1b + 1

,

utilizando a identidade combinatoriar∑

n=0

(n + b

b

)=(

r + b + 1b + 1

),

(ja que(

xr−1

)+(xr

)=(x+1

r

)).

24

122. (i) O numero G de meninas tem distribuicao binomial(2n, p). Entao,

P (G ≥ 2n−G) = P (G ≥ n) =2n∑

k=n

(2n

k

)pkq2n−k

≤(

2n

n

) ∞∑k=n

pkq2n−k =(

2n

n

)pnqn q

q − p,

onde foi utilizado o resultado(2nk

)≤(2nn

)para tudo k. Se agora p = 0, 485 e n = 104,

entao podemos utilizar a aproximacao de Stirling. A aproximacao de Stirling dada pelaexpressao

n! ≈√

2πnn+1/2e−n,

e util para calcular n! para valores de n grandes7. Assim,(2n

n

)pnqn q

q − p≤ 1√

nπ

[(1− 0, 03)(1 + 0.03)

]n 0, 5150, 03

=0, 5153√

π

(1− 9

104

)104

≤ 1.23× 10−5.

Entao a probabilidade de que os meninos sejam mais numerosos que as meninas em 82anos sucessivos e ao menos (1− 1.23× 10−5)82 ≥ 0, 99899.

123. X + Y e |X − Y | nao estam correlacionadas pois

cov(X + Y, |X − Y |) = E[(X + Y )|X − Y |

]− E

[X + Y

]E[|X − Y |

]=

14

+14− 1 · 1

2= 0.

Mas, 14 = P (X + Y = 0, |X − Y | = 0) 6= P (X + Y = 0)P (|X − Y | = 0) = 1

4 ·12 = 1

8 , talque X + Y e |X − Y | sao dependentes.

124. A densidade de X e fX(x) = 1/20 se x ∈ (0, 20) e fX(x) = 0 no caso contrario,logo as respostas a (i), (ii) e (iii) sao respectivamente

P (X < 3) =120

∫ 3

0dx =

320

, P (X > 12) =120

∫ 20

12dx =

820

,

P (|X − 3| < 4) =120

∫ 7

0dx =

720

.

125. Padronizamos X observando que

P (a < X < b) = P

(a− µ

σ< Z <

b− µ

σ

),

7especıficamente: n! e a apoximacao fornecida por Stirling sao asyntoticamente equivalentes, isto e

limn→∞

n!√2πnn+1/2e−n

= 1.

25

e lembramos que a distribuicao de Z = (X − µ)/σ e normal com media 0 e variancia 1.(i) Para a = 2 e b = 5, temos que

P (2 < X < 5) = P

(2− 3√

9< Z <

5− 3√9

)= P

(− 1

3< Z <

13

)= 2P

(Z <

13

).

(ii) Neste caso consideramos

P (X > 0) = P

(Z > − 3√

9

)= P (Z > −1) =

12P (0 < Z < 1).

As probabilidades podem portanto ser calculadas utilizando uma tabela para a distri-buicao normal padrao.

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