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USP-FFCLRP Introducao a Probabilidade e a Estatıstica IDCM FEARPProf. Rafael A. Rosales 8 de novembro de 2018
Este gabarito inclue as respostas da maior parte dos exercıcios na lista. Observacoes relacio-nadas a erros tipograficos ou a propria resolucao das questoes sao bem-vindas.
As respostas para as questoes 1, 3, 25, 26, 44, 46, 59, 60, 61, 62, 72, 73, 94, 95, 96, 112 e 117foram feitas por por Felipe Polo e Matheus Brito em 2016 e 2017.
1. (viii) Para resolver esse exercıcio basta mostrar que (A ∪ B) ∩ C ⊆ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) e(A∩C)∪(B∩C) ⊆ (A∪B)∩C ou seja, se ω e arbitrario, ω ∈ (A∪B)∩C ⇔ ω ∈ (A∩C)∪(B∩C).
Demonstracao. ω ∈ (A ∪ B) ∩ C ⇔ (ω ∈ A ∪ B) e ω ∈ C ⇔ (ω ∈ A ou ω ∈ B) e ω ∈ C ⇔(ω ∈ A e ω ∈ C) ou (ω ∈ B e ω ∈ C) ⇔ (ω ∈ A∩C) ou (ω ∈ B ∩C) ⇔ ω ∈ (A∩C)∪ (B ∩C).Como ω e arbitrario (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ C.
(ix) Para resolver esse exercıcio basta mostrar que (A∩B)∪C ⊆ (A∪C)∩(B∪C) e (A∪C)∩(B∪C) ⊆(A ∩B) ∪ C ou seja, se ω e arbitrario, ω ∈ (A ∩B) ∪ C ⇔ ω ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C).
Demonstracao. ω ∈ (A ∩ B) ∪ C ⇔ (ω ∈ A ∩ B) ou ω ∈ C ⇔ (ω ∈ A e ω ∈ B) ou ω ∈ C ⇔(ω ∈ A ou ω ∈ C) e (ω ∈ B ou ω ∈ C) ⇔ (ω ∈ A∪C) e (ω ∈ B ∪C) ⇔ ω ∈ (A∪C)∩ (B ∪C).Como ω e arbitrario (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ C.
(ii) Para resolver esse exercıcio basta mostrar que A ⊆ (A∩B)∪(A∩Bc) e (A∩B)∪(A∩Bc) ⊆ A,ou seja, se ω e arbitrario, ω ∈ A⇔ ω ∈ (A ∩B) ∪ (A ∩Bc).
Demonstracao. ω ∈ A ⇔ ω ∈ A e ω ∈ (B ∪ Bc) ⇔ ω ∈ A e (ω ∈ B ou ω ∈ Bc) ⇔ (ω ∈ A eω ∈ B) ou (ω ∈ A e ω ∈ Bc) ⇔ (ω ∈ A∩B) ou (ω ∈ A∩Bc) ⇔ ω ∈ (A∩B)∪ (A∩Bc). Como ωe arbitrario A = (A ∩B) ∪ (A ∩Bc).
3. (a) A resposta correta nesse caso e o item (ii). Para provar a afirmacao devemos mostrar que(A ∪B ∪ C = A ∩B ∩ C)⇔ A = B = C.
Demonstracao. (⇐) Direto. (⇒) Provaremos que as afirmacoes (A 6= B = C) ou (A 6= B 6= C)⇒ (A ∪ B ∪ C 6= A ∩ B ∩ C). Se A 6= B = C ou A 6= B 6= C, entao ∃ω ∈ A tal que ω 6∈ B ∩ C,logo ω ∈ A∪B ∪C, mas ω 6∈ A∩B ∩C ⇒ A∪B ∪C 6= A∩B ∩C. O caso envolvendo a premissa(A = B 6= C) e analogo ao caso (A = B 6= C) ja feito.
(b) A resposta correta nesse caso e o item (iii). O fato A ∩ B ∩ C = A nos diz 2 coisas:A∩B ∩C ⊆ A, que e trivial, e A ⊆ A∩B ∩C, ou seja, se ω ∈ A⇒ ω ∈ A∩B ∩C. Suponha quea ocorrencia de A nao implique na ocorrencia de B e C, logo ∃ω ∈ A tal que ω 6∈ B ∩C e esse fatocontradiz nossa hipotese de que ω ∈ A⇒ ω ∈ A ∩B ∩C, o que e absurdo. Portanto, temos que aocorrencia de A implica na ocorrencia de B e C.
(c) A resposta correta nesse caso e o item (iv).
Demonstracao. O fato A∪B∪C = A nos diz 2 coisas: A ⊆ A∪B∪C, que e trivial, e A∪B∪C ⊆ A,ou seja, se ω ∈ A ∪ B ∪ C ⇒ ω ∈ A. Suponha que a ocorrencia de B ou C nao implique naocorrencia de A, logo ∃ω ∈ B ∪ C tal que ω 6∈ A e esse fato contradiz nossa hipotese de queω ∈ A ∪ B ∪ C → ω ∈ A, o que e absurdo. Portanto, temos que a ocorrencia de B ou C implicana ocorrencia de A.
(d) A resposta correta nesse caso e o item (i).
1
Demonstracao. Primeiramente, notemos que a expressao (A∪B ∪C)− (B ∪C) pode ser reescritacomo (A ∪ B ∪ C) ∩ (B ∪ C)c ou ainda A ∩ (B ∪ C)c. O fato A ∩ (B ∪ C)c = A nos diz 2 coisas:se ω ∈ A∩ (B ∪C)c → ω ∈ A, que e trivial, e ω ∈ A→ ω ∈ A∩ (B ∪C)c = A− (B ∪C). Ou seja,se ω ∈ A→ ω 6∈ B ∪ C (A nao e compatıvel com B ou C).
7. (i) Ω =ω = (ω1, . . . , ωn) : ωi ∈ cara, coroa, i = 1, . . . , n
. Se denotamos por Ω1 =
cara, coroa, o espaco amostral de jogarmos a moeda uma vez, entao Ω = Ωn1 = Ω1 × · · · × Ω1
(o produto cartesiano de Ω1 tomado n vezes). (ii) Suponhamos que as bolas sejam distinguıveis,temos portanto: p1, p2, v1, v2 (v1 denota a primeira bola vermelha, etc). Se escolhemos as bolassem reposicao e sem considerarmos a ordem da escolha, temos Ωa =
p1, p2, p1, v1, p2, v1,
p1, v2, p2, v2, v1, v2
, se a ordem e considerada temos Ωb =
(p1, p2), (p2, p1), (p1, v1),
(v1, p1), (p2, v1), (v1, p2), (p1, v2), (v2, p1), (p2, v2), (v2, p2), (v1, v2), (v2, v1)
. Se a ordem e irre-
levante, porem as escolhas sao feitas com reposicao temos Ωc = Ωa ∪p1, p1, p2, p2, v1, v1,
v2, v2
, e com ordem Ωd = Ωb =
(p1, p1), (p2, p2), (v1, v1), (v2, v2)
. Se as bolas da mesma cor
sao indistinguıveis temos, sem reposicao e sem ordem Ω =p, p, p, v, v, v
, e sem reposicao
com ordem Ω =
(p, p), (p, v), (v, p), (v, v)
. (iii) Ω =
(ω1, ω2) ∈ R : 0 ≤ ω1 ≤ 1, 0 ≤ ω2 ≤ 1
.A diferenca entre (x, y) e (ω1, ω2) e que no segundo caso as coordenadas asomen valores ao acaso.(iv) Seja K = K♣,K♦,K♠,K♥. Se as cartas sao escolhidas com reposicao
Ω =ωn = (ω1, . . . , ωn) : ω1 /∈ K, . . . , ωn−1 /∈ K,ωn ∈ K,n ∈ N
.
Se as escolhas sao feitas sem reposicao temos
Ω =ωn = (ω1, . . . , ωn) : ω1 /∈ K, . . . , ωn−1 /∈ K,ωn ∈ K, 1 ≤ n ≤ 49
.
8. Sejam os jogadores numerados como 1, 2, . . . , 2n, seguindo a ordem de aparicao na tabelainicial do torneio. O conjunto dos ganhadores da primeira etapa e um ponto no conjunto Gn =1, 2×3, 4×· · ·×2n−1, 2n. Lembre que para dois conjuntos A, B quaisquer, A×B denota oconjunto dos pares ordenados (a, b) : a ∈ A, b ∈ B, sendo (a, b) 6= (b, a). Se agora os ganhadoressao numerados novamente seguindo a prescricao inicial, o conjunto dos ganhadores da segundaetapa definem um ponto do conjunto Gn−1 = 1, 2× · · · × (2n − 1)/2, 2n/2. Podemos procederda mesma maneira para cada uma das n etapas do torneio, logo o espaco amostral de todos ospossıveis resultados e
Ω = Gn ×Gn−1 × · · · ×G1.
(Nao e muito difıcil perceber que o numero de possıveis torneios e |Ω| = 22n−1
22n−2 · · · 21 = 22n−1;mas para respondermos a questao deste exercıcio e suficiente descrever a forma do conjunto Ωcomo feito acima.)
9. Este exercicio e realmente opcional. A sua resposta pode ser estudada em uma segunda 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 ∈ Am1para algum m1. Porem, de (1) temos que
ω ∈∞⋃
m=m1+1
Am,
2
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 crescente de inteiros
positivos m1 < m2 < m3 < . . ., tais que ω ∈ Amnpara todo n ≥ 1. Concluımos desta forma que ω
pertence a um numero infinito dos Am. Reciprocamente, se ω pertence a um numero infinito dosAm, entao,
ω ∈∞⋃m=n
Am, para todo n,
de modo que ω ∈ B. Desta forma, ω ∈ B se, e somente se ω pertence a um numero infinito dosAn.
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
)= limn→∞
P( n⋂k=1
Bk
),
P(C) = P( ∞⋃n=1
Cn
)= limn→∞
P( n⋃k=1
Ck
).
Desta forma, se limnBn = limn Cn = A, entao necessariamente temos limn P(Bn) = limn P(Cn) =P(A).
15. Devemos mostrar que FB satisfaz a definicao de algebra:(a) ∅ ∈ A , logo ∅ = ∅ ∩B ∈ FB .(b) Se A1, A2, . . . ∈ A , entao
⋃i(Ai ∩B) = (
⋃iAi) ∩B ∈ FB .
(c) Se A ∈ A , entao Ac ∈ A de modo que B \ (A ∩B) = Ac ∩B ∈ FB .Observe-se que FB e uma algebra dos subconjuntos de B, mas nao dos subconjuntos de Ω, poisC ∈ FB nao implica que Cc = Ω \ C ∈ FB .
16. (i) D e uma algebra, ja que:(a) ∅ ∈ A e ∅ ∈ F ; logo ∅ ∈ D .(b) Se A1, A2, . . . e uma sequencia de conjuntos em A e tambem em F , entao a sua uniao esta
em ambos A e F , i.e., D e fechado para a operacao de unioes enumeraveis.(c) Se Ac esta em A e F , entao Ac tambem esta em D .
(ii) Consideraremos um exemplo. Seja,
Ω = a, b, c, A = a, b, c,∅,Ω, F = a, b, c,∅,Ω.
Entao D = A ∪F e dado pela classe a, c, a, b, b, c,∅,Ω. Agora a ∈ D e c ∈ D ,mas a, c /∈ D , por lo tanto D nao e uma algebra.
3
(iii)⋂ni=1 Fi e uma algebra ja que:
(a) Se ∅ ∈ Fi para i = 1, . . . , n, entao ∅ ∈⋂ni=1 Fi.
(b) Se A1, A2, . . . ∈ Fi, i = 1, . . . , n entao⋃∞k=1Ak ∈ Fi para i = 1, 2, . . . , n, logo
⋃∞k=1Ak ∈⋂n
i=1 Fi.(c) Se A ∈ Fi entao Ac ∈ Fi para i = 1, 2, . . ., finalmente Ac ∈
⋂ni=1 Fi.
(iv) Seja 2Ω a classe formada por todos os subconjuntos de Ω. Se B e uma classe de Ω, entaoB ⊆ 2Ω.(v) Sejam Fi(B), i = 1, 2, . . . o conjunto de todas as algebras de Ω que contem a classe B. Segue-seda resposta em (iii) que a classe
B =
∞⋂i=1
Fi(B)
e uma algebra. Esta algebra e de fato a menor algebra que contem a classe B. B e geralmenteconhecida como a algebra gerada por B.
17. Suponha que A = todos os subconjuntos de Ω. Portanto A contem Ω, Ω\A e A∪B, paraquaisquer A, B em Ω.
19. Honestamente eu nao pretendia que voces respondessem corretamente esta pergunta, poisela tem a ver com a descricao de um espaco de probabilidade para um espaco amostral Ω naoenumeravel. O intuito disto tudo e alertar voces das dificuldades envolvidas e apresentar a respostapara quem tenha interesse em aprender. O estudo da resposta e realmente opcional.
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 construcao serarealizada em varios passos. Suponhamos que a probabilidade de sair cara e 0 < p < 1, a de saircoroa 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 a σ-algebra
A0 = ∅,Ω.
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: Consideramos os
1Sabemos que Ω e nao enumeravel pois esta constituıdo por sequencias de infinitas caras e coroas (voce mostrouisto no caso Ω = 0, 1N, que e de fato a mesma coisa). Neste caso nao podemos considerar como evento qualquersubconjunto do conjunto de todas as partes de Ω, denotado em aula como P. Especıficamente, os eventos formadospor unioes (ou intersecoes ou ambas) nao enumeraveis sao problematicos: leia o apendice da lista de exercıciospara entender por que. Nesse caso e definida uma classe de conjuntos de Ω menor (com menos elementos) doque P, porem com os subconjuntos necessarios para desenvolver a teoria de probabilidade. Esta classe, conhecidacomo σ-algebra, esta constituida simplesmente por aqueles subconjuntos de Ω formados por unioes e intersecoesenumeraveis. Formalmente, se A e uma σ-algebra de Ω, entao: (i). A ∈ A ⇒ Ac ∈ A , (ii). ∅ ∈ A , e (iii). seA1, A2, . . . ∈ A ⇒ ∪∞i=1Ai ∈ A . As condicoes (i), (ii), e (iii) sao de fato as condicoes utilizadas para definir umaσ-algebra. Concluındo, se voce se depara com um Ω nao enumeravel, entao deve ter cuidado: os eventos de Ω sopodem ser os subconjuntos de uma σ-algebra.
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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 doseventos Ac
CC, Ac
CC, e Ac
CC. Por outro lado se P e uma probabilidade, entao da σ-aditividade
tambem temos imediatamente as probabilidade spara as unioes destes eventos, ou seja, para ACC∪ACC , ACC ∪ ACC , ACC ∪ ACC , e ACC ∪ ACC . Tambem podemos calcular as probabilidades doseventos ACC ∪ ACC = AC e ACC ∪ ACC = AC , e logo tambem da uniao de tres eventos, porexemplo,
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 , AcCC , A
cCC, Ac
CC,
ACC ∪ACC , ACC ∪ACC , ACC ∪ACC , ACC ∪ACC
Passo 4: definimos a funcao P sobre qualquer evento que possa ser definido ao considerar unioes,intersecoes, etc, enumeraveis de eventos determinados pelos tres primeiros resultas. O numero totalde estes conjuntos e 223
= 256 (veja a resposta ao exercıcio 42); juntos eles formam a σ-algebraA3.Desta maneira podemos continuar definindo a probabilidade P para qualquer conjunto descritopor um numero finito de jogadas. Existem eventos em Ω os quais nao podem ser descritos porum numero finito de caras e coroas, embora ainda podemos calcular a sua probabilidade. Porexemplo CCCC . . . nao pode ser descrito em terminos de um numero finito de caras, mas esteevento e um subconjunto dos conjuntos AC , ACC , ACCC , . . .; de fato, CCC . . . e a intersecaodestes conjuntos. Dado que P e uma funcao contınua e AC ⊃ ACC ⊃ ACCC ⊃ . . . e uma sequenciadecrecente, segue
P(CCC . . .) = P( ∞⋂n=1
ACn
)= limn→∞
P(ACn) = limn→∞
pn = 0
sendo, por exemplo, AC3 = ACCC . De maneira analoga podemos concluir que o evento CCCCCC . . . tem probabilidade zero, e mais geralmente qualquer sequencia individual de infinitas carase coroas tem probabilidade zero. Definimos por ultimo a σ-algebra A∞, a qual esta constituıdapor todos aqueles conjuntos formados por uma sequencia finita de caras e coroas e todos aquelesconjuntos necessarios para ter uma σ-algebra. E possıvel mostrar que se temos a probabilidadede qualquer conjunto formado por um numero finito de caras e coroas, entao tambem podemoscalcular a probabilidade de qualquer conjunto em A∞.
20. Ω e o conjunto de sequencias de um numero finito de coroas seguidas por uma cara CnC :n ≥ 0, junto com a sequencia infinita de coroas C∞. Agora, seguindo o exposto no Exercıcio 19.podemos fazer P(CnC) = (1 − p)np, para 0 ≤ p ≤ 1, e por continuidade da funcao de probabili-dade P(C∞) = limn→∞(1− p)np = 0. A resposta ao Exercıcio 19. pode ser utilizada para guiar aconstrucao da sigma algebra neste casso. Faca voce esta parte.
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Figura 1: Espaco amostral para o lancamento de dois dados indistinguıveis.
21. (i) 5/18. (ii) 1/4. (iii) 3/36. (iv) 1/3.
22 O espaco amostral e apresentado na figura 1. Todas as possıveis somas se encontram na ta-bela 1. Seguindo esta tabela e simples observar que as respostas para (i) e (ii) sao respectivamente
+ 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.
4/36 e 1/2. (iii) Utilizando a tabela tambem e possıvel deduzirmos que a probabilidade de que oproduto seja impar e 9/36. As outras questoes podem ser respondidas fazendo tabelas e utilizandoa simetrıa da funcao P.
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) O evento A =“tirar pelo menos 3 caras” pode ser reescrito como A = B ∪ C, sendo queB =“tirar exatamente 3 caras” e C =“tirar exatamente 4 caras”. Temos que B e C sao eventosdisjuntos e isso implica que P(A) = P(B) + P(C). Tendo que a cardinalidade do espaco amostrale 24 = 16,
P(B) =1
24
4!
3!1!=
4
16e P(C) =
1
16
Logo P(A) = 516 . (ii) Usando o resultado deduzido anteoriomente, temos que o resultado e
P(B) = 1/4. (iii) Neste caso, podemos ter exatamente 3 caras consecutivas e exatamente 4 carasconsecutivas. Existem 2 casos em que temos 3 caras consecutivas e um caso com 4 caras conse-cutivas, logo o numero de casos favorveis e 3 e a cardinalidade do espao amostral continua sendo16. Logo a resposta e 3/16. (iv) Como ja foi indicado, existem exatamente dois casos em que issoocorre. Logo a resposta e 2/16=1/8.
26. Definindo os espacos amostrais para os dois casos possıveis: (a) bolas so indistinguıveis e (b)bolas, mesmo que da mesma cor, so distinguıveis (sao numeradas, por exemplo).
6
(a) Ω = (i, j) : 1 ≤ i < j ≤ 2n, logo |Ω| = n(2n− 1).(b) Ω′ = (i, j) : 1 ≤ i, j ≤ 2n , i 6= j, logo |Ω′| = 2n(2n− 1)
(i) Para o caso (a), temos
|bb| = n(n− 1)
2⇒ P(bb) =
|bb||Ω|
=n− 1
2(2n− 1).
Para o caso (b), temos
|bb′| = n(n− 1)⇒ P(bb) =|bb′||Ω′|
=n− 1
2(2n− 1).
(ii) Espaco amostral ja descrito acima. (iii) Neste caso, tornamos o problema de mais facil resolucaose redefinirmos nosso espaco amostral para Ω′′ = i : 1 ≤ i ≤ 2n, logo |Ω′′| = 2n (estamossimplificando para o caso em que ha somente um saque de bola).
|b| = n⇒ P(b) =|b||Ω′′|
=1
2.
(iv) Ja feito (?). (v) Como ha uma quantidade igual de bolas laranjas e brancas e nao ha maisinformacoes a respeito da primeira selecao, por simetria temos P(b) = P(l) Logo P(l) = 1
2 . (vi)Mesma ideia do item (v).
27. (i) 0. (ii) 2/3. (iii) Seja Cj o evento “a j-esima xıcara e o pires tem o mesmo cor”. EntaoP(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+
1
24=
3
8.
28. (i) 25/216. (ii) 125/216. (iii) 1.
29. (35/36)24 ≈ 0, 16.
30. (i)
p2 =n7
36+n11
36+
1
362
(n2
4 + n25 + n2
6 + n28 + n2
9 + n210
)=
97
324.
(ii)
p3 = p2 +2
363
(27n2
4 + 26n25 + 25n2
6
)=
97
324+
1
6· 107
324.
(iii)436
990. (iv)
526
990.
(v) Seja pj a probabilidade de ganhar quando o primeiro dado e j. Entao,
p1 =361
990, p3 = p4 =
502
990, p5 =
601
990,
portanto, de ser possıvel, voce fixaria o primeiro dado em 5.
31. 2/3.
32. P(A4B) = P((A ∪B) \ (A ∩B)) = P(A ∪B)− P(A ∩B).
7
33. Para n = 1, a desigualdade nao estrita e de fato valida como igualdade. Seja m ≥ 1 esuponhamos que a desigualdade seja valida para n ≤ m. Temos
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, segue
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.
34. (i) Da primeira desigualdade de Boole (parte (i) do Exercıcio 33.) tem-se P(∪ni Ai) ≤∑ni=1 P(Ai) para cada n ≥ 1. Como Gn = ∪ni=1Ai e uma sequencia crescente de eventos com
limite ∪∞i=1Ai, da continuidade da funcao de probabilidade e da hipotese P(Ai) = 0 segue
P( ∞⋃i=1
Ai
)= limn→∞
P(Gn) ≤∞∑i=0
P(Ai) = 0.
(ii) Por hipotese P(Ai) = 1 e assim P(Aci ) = 0 para cada i ≥ 1. Da primeira parte temosportanto que P(∪∞i=1A
ci ) = 0 e assim utilizando uma das leis de De Morgan concluımos que
P(∩∞i=1Ai) = 1−P(∪∞i=1Aci ) = 1. E importante observar que as leis de De Morgan foram enunciadas
e demonstradas em aula para unioes e intersecoes finitas, porem tambem sao validas na passagemao limite para unioes infinitas. Isto ultimo pode ser comprovado utilizando um argumento si-milar ao utilizado na primeira parte desta questao (observando-se que so e necessario considerarsequencias crescentes ou decrescentes).
38. Sejam A1, A2, . . . , An eventos para n ≥ 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 exposta em aula,porem nao demonstrada ainda. Procedemos a sua demonstracao por inducao sobre n, iniciandocom n = 2. Notamos P(B) = P(A∩B) +P(B \A), sempre que B = (A∩B)∪ (B \A) e uma uniaode conjuntos disjuntos2. Analogamente A ∪B = A ∪ (B \A), e consequentemente
P(A ∪B) = P(A) + P(B \A) = P(A) + P(B)− P(A ∩B).
O resultado e portanto valido para n = 2. Seja m ≥ 2 e suponha que o resultado seja valido paran ≤ m. Da primeira parte tem-se que o resultado e satisfeito para pares de eventos, portanto
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).
2mutuamente exclusivos
8
Finalmente empregando inducao e possıvel expandir os dois terminos do lado direito para chegarao resultado.
Observamos agora 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 ∩Acj)− . . .+ (−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.
34. Utilizando a regra para calcularmos a probabilidade do evento complementar de Ak temos
P(Ack) = 1− P(Ak) ≤ 1− (1− ε) = ε.
Portanto, da primiera desigualdade de Boole (exercıcio 33.) segue
P( n⋃k=1
Ack
)≤
n∑k=1
P(Ack) = nε.
Utilizando esta desigualdade e De Morgan conseguimos mostrar finalmente que
P( n⋂k=1
Ak
)= 1− P
( n⋃k=1
Ack
)≥ 1− nε.
39. n(n− 1)(n− 2) · · · 1 = n!
40.n(n− 1) · · · (n− k + 1)
k · (k − 1) · (k − 1) · · · 1=
(n
k
)
41. m(m− 1)(m− 2) · · · (m− n+ 1). Para vermos isto, sem perda de generalidade, suponhamosque o domınio da bijecao seja o conjunto 1, 2, . . . , n, a imagem 1, 2, . . .m, e denotemos bijecaomesma por f . O valor f(1) pode ser escolhido de m possıveis formas, f(2) de m − 1 maneiras, eassim sucessivamente. O resultado acima e obtido apos de n escolhas.
42. mn. Se denotamos a relacao por r e o domınio e a sua imagem respectivamente por 1, 2, . . . , ne 1, 2, . . . ,m, entao observamos que o valor r(1) pode ser escolhido de m maneiras, o valor r(2)de m maneiras (e possıvel ter r(1) = r(2)), e assim por diante. Apos das n escolhas obtemos areposta indicada.
43. A resposta e 2n. Isto justifica a notacao 2Ω, geralmente utilizada para denotar o numerode partes de um conjunto Ω (as vezes tambem e utilizada a notacao P(Ω)). Suponhamos, sem
9
perda de generalidade, que o conjunto de n elementos apresenta a forma 1, 2, . . . , n. O cason = 1 e trivial pois neste caso 1 tem os subconjuntos ∅ e 1. O conjunto 1, 2 tem 4 subcon-juntos, e 1, 2, 3 tem 8. Provamos o resultado geral utilizando inducao em k. Suponhamos queo conjunto de k elementos apresenta 2k subconjuntos. Consideramos agora o conjunto de k + 1elementos 1, 2, . . . , k, k + 1. Cada subconjunto A de este ultimo conjunto pode estar contidoem 1, 2, . . . , k ou nao, dependendo de se k + 1 pertence a A ou nao. O numero de subconjun-tos A contidos em 1, 2, . . . , k e, por hipotese, 2k. Pelo outro lado, o numero dos subconjuntosA contidos 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. Desta formao numero total de subconjuntos do conjunto 1, 2, . . . , k, k+1 de k+1 elementos e 2k+2k = 2k+1,o qual completa a prova.
44. Nesse exercıcio temos 18 meias, sendo que 4 delas sao vermelhas, 6 sao bege e 8 sao arco-ıris.Se Ω e nosso espaco amostral, ou seja, e o conjunto de todos os pares de meias formadas (semreposicao), temos |Ω| =
(182
). Definiremos os eventos V =“tirar duas meias vermelhas”, B =“tirar
duas meias beges” e A =“tirar duas meias arco-ıris”. Por simetria podemos obter, por exemplo,|A| =
(62
). Agora, como V , A e B sao disjuntos, temos
Ptirar duas meias da mesma cor = P(V ∪B ∪A) = P(V ) + P(B) + P(A)
=
(18
2
)−1[(4
2
)+
(6
2
)+
(8
2
)]=
49
153
45.
(i) 3!a!b!c!
(a+ b+ c)!. (ii)
1
a!b!c!. (iii)
3!
(a+ b+ c)!.
Observe que (iii) resulta ao multiplicarmos (i) e (ii): o numero de maneiras de que os livros domesmo tema sejam adjacentes e ordenados alfabeticamente e igual ao numero de maneiras de colo-carmos os livros de um mesmo tema de forma adjacente vezes o numero de maneiras de ordenarmosestes alfabeticamente.
46. (i) Seja A o evento “cada jogador sai com um as”. Para calcular |A|, podemos pensar nonumero de formas nas quais sao distribuıdas as 48 cartas que nao ases, e depois contabilizamos asmaneiras em que sao distribuıdos os ases (isso funciona pois nao importa a ordem que os jogadoresrecebem as cartas). Temos 4 jogadores, logo cada um recebera 12 cartas inicialmente - o primeirojogador recebe 12 cartas de 48, o segundo 12 de 36, o terceiro 12 de 24, o quarto 12 de 12. Onumero de maneiras em como podemos entregar as cartas e portanto(
48
12
)(36
12
)(24
2
)(12
12
).
Para determinar o numero de formas nas quais podemos distribuir os ases - basta saber o numerode permutacoes entre eles, que e 4!. Assim
|A| = 4!
(48
12
)(36
12
)(24
2
)(12
12
).
Se Ω e o numero de formas de distribuirmos as cartas entre os jogadores de qualquer jeito, doargumento apresentado acima, temos que
|Ω| =(
52
13
)(39
13
)(26
13
)(13
13
).
Concluımos portanto que
P(A) =|A||Ω|
=4!48!
(12!)4
/ 52!
(13!)4=
2197
20825= 0,105498.
10
(ii) Definiremos o evento B como sendo “um jogador sai com todos os ases”. Primeiramente enecessario calcular a cardinalidade desse evento. Para tornar o calculo mais facil, vamos primeira-mente pensar de quantas formas possıveis poderıamos distribuir as outras 48 cartas aos jogadores(que nao ases), sendo que uma pessoa das quatro recebe os 4 ases. Assumindo que o jogador (1)recebe os 4 ases, entao ha
(489
)(3913
)(2613
)(1313
)maneiras de se distribuir o restante das cartas. Como
ha 4 jogadores diferentes |B| = 4(
489
)(3913
)(2613
)(1313
). Assim,
P(B) =|B||Ω|
= 4
(48
9
)/(52
13
)=
44
4165= 0,0105642.
48.
(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) utiliza o principio de inclusao-exclusao.
49 (i) O numero de maneiras de dispormos as r bolas nas n urnas e(n+ r − 1
r
).
Para vermos isto podemos dispor primeiro as r bolas em uma fila e logo consideramos as maneirasde dispormos n − 1 barras denotadas entre as bolas. Por exemplo para n = 4 mostramos asseguintes tres possıveis disposicoes
. . .
. . .
. . .
Temos em total (r+n−1)! possiveis permutacoes, porem a troca de por nao gera uma disposicaodiferente assim como tampouco a troca de por , pois o que interessa e o numero de bolas emcada urna, independentemente de podermos distinguir as bolas umas das outras. Se descontamosestas trocas chegamos finalmente a
(r + n− 1)!
r!(n− 1)!=
(r + n− 1
r
).
(ii) Seja A =“pelo menos uma urna tem duas bolas”. Para realizarmos este evento colocamos duasbolas em uma urna qualquer e logo consideramos a permutacao de um total de r−2+n−2 objetosde forma analoga ao feito na parte (i). Assim,
PA =
(r + n− 4
r − 2
)/(r + n− 1
r
).
(iii) Seja B =“cada urna contem no mınimo uma bola”. Este evento ocorre se colocamos n das rbolas (suponhamos que n ≤ r), cada uma em uma das urnas. Logo devemos dispor as r− n bolasrestantes nas n urnas. De acordo a primeira parte temos
PB =
(r − 1
r − n
)/(r + n− 1
r
).
11
51. Fornecemos tres respostas, cada uma depende da forma em como as pessoas sao dispostasaleatoriamente ao rededor da mesa.
Resposta 1 : Primeiro numeramos as caderas do 1 ate o 10 e seguidamente distribuımos 10cartas com estes numeros. Nesta caso, Ω e o conjunto de todas as possıveis permutacoes de umconjunto com 10 elementos, logo |Ω| = 10!. Uma permutacao resulta favoravel se as duas pessoasdo casal estao sentadas uma ao lado da outra, i.e., quando aparece o par de cartas (1,2), ou (2,3)ou ... ou (9,10) ou (10,1) (a mesa e redonda logo tambem incluımos) ou (1,2) ou ... ou (1,10). Istofornece 20 posicoes possıveis. As pessoas restantes podem estar dispostas em qualquer ordem, logodevemos multiplicar por 8! A probabilidade do evento de interesse e portanto
20 · 8!
10!=
2
9.
Resposta 2 : Consideramos as cartas retiradas pelo casal como um conjunto (a ordem naoimporta) e nao nos preocupamos com o resto das pessoas. Assim, ω e o conjunto de todos ossubconjuntos de 2 elementos tal que |Ω| =
(102
). Existem 10 conjuntos favoraveis: 1, 2, 2, 3,
. . . 10, 1, assim a probabilidade e10(102
) =1010·92·1
=2
9.
Resposta 3 : Possivelmente a solucao mais simples seja a seguinte. Uma das pessoas do casalescolhe uma carta. Ainda existem 9 cartas, das quais 2 sao favoraveis, portanto a probabilidadede que o casal fique junto e 2
9 .
52.
Pfull house =
(4
3
)(4
2
)(
52
5
) 156
onde(
43
)e o numero de maneiras de escolhermos 3 naipes de 4 das cartas com o mesmo valor,(
42
)e o numero de maneiras de escolher os naipes das outras duas cartas com o mesmo valor, e
156 = 13 × 12 e o numero de maneiras de escolhermos o primeiro valor e o segundo. Por outrolado,
Pquadra =
(4
4
)(4
1
)(
52
5
) 156
O problema se reduz a comparar(
43
)(42
)e(
44
)(41
), o qual permite concluir que Pfull house
> Pquadra.
54. Se todas as letras fossem diferentes, terıamos uma probabilidade de 1 em 11! Porem, nestecaso existem multiplas instancias de algumas letras logo algumas permutacoes resultam na mesmapalavra. Suponha que colamos uma etiqueta sobre cada letra com os numeros do 1 ate o 11.Assim Ω esta formado por todas as permutacoes de 11 numeros, logo |Ω| = 11!. Contamos agoraas permutacoes que correspondem a palavra em questao: as letras A podem ser ordenadas de5! maneiras, B e R de 2! maneiras, assim obtemos 5! · 2! · 2! possibilidades favoraveis e entao aprobabilidade e
5! · 2! · 2!
11!=
1
83160.
12
55 (i) Seja p a probabilidade de que nao desca mais de uma pessoa no mesmo andar. Neste caso3
p =(10)7
107=
10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4107
= 0, 06048.
O numerador representa o numero de maneiras de escolhermos a primeira pessoa em descer, logoa segunda e assim por diante. (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.
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.
56. Utilizando a expansao usual para (a+ b)n (conhecida como o Teorema Binomial),
(a+ b)n =
n∑k=0
(n
k
)akbn−k
tem-se
(i)
n∑k=0
(n
k
)(−1)k1n−k = (−1 + 1)n = 0
(ii)
n∑k=0
(n
k
)1k1n−k = (1 + 1)n = 2n
A soma em (iv) corresponde a somar a metade dos termos em (ii), logo o resultado e 2n/2 = 2n−1.
3a notacao (n)m e utilizada para denotarmos o numero de arranjos formados ao escolher m elementos de n.
13
59. A probabilidade condicional do evento A dado o evento B e, por definicao P(A | B) =P(A ∩ B)/P(B). Consideramos primeiro os eventos A=“cair face par” e o evento B=“cair facelaranja”. Precisamos calcular P(A ∩ B) e P(B) separadamente. De acordo com o enunciadoP(A ∩ B) = P“tiramos 2” = 2/9 e P(B) = P“tirar 1 ou 2 ou 3” = P(1) + P(2) + P(3) = 4/9.Logo P(A | B) = P(A ∩B)/P(B) = (2/9)/(4/9) = 1/2.
60. Consideramos o espaco amostral
Ω =
(ω1, ω2) : ω1, ω2 ∈ 1, . . . , 6,
constituıdo por todos os possıveis resultados de se lancar dois dados e o munimos da funcao deprobabilidade simetrica P. Sabemos que pelo menos um dado mostra a face 1, portanto temoscerteza da ocorrencia do evento
B = (1, ω2) : ω2 = 1, . . . , 6 ∪ (ω1, 1) : ω1 = 1, . . . , 6.
Claramente |B| = 11. Observamos agora que
A ∩B = (1, 4), (4, 1), (1, 5), (5, 1), (1, 6), (6, 1),
portanto, da definicao de probabilidade condicional concluımos P(A | B) = |A ∩B|/|B| = 611 .
61. Sejam A =“chove em algum dia (dado que estamos em novembro)”, B =“o Sao Paulo ganha”.Queremos P(A | B), sabendo que estamos no mes de novembro. Sabemos somente os valores deP(B | A), P(B | Ac), P(A) e P(Ac). Escrevemos entao
P(A | B) =P(A ∩B)
P(B)=
P(B ∩A)
P(B ∩A) + P(B ∩Ac)
=P(B | A)P(A)
P(B | A)P(A) + P(B | Ac)P(Ac)=
0, 4 · 0, 30, 4 · 0, 3 + 0, 6 · 0, 7
=6
27.
62. Sejam A=“Pedro escreve a carta”, B=“Correio nao perde a carta”, C=“Carteiro entrega acarta”e D=“Marina recebe a carta”. Desejamos calcular P(Ac | Dc) = P(Ac ∩ Dc)/P(Dc). Emrelacao ao numerador
P(Ac ∩Dc) = P(Dc ∩Ac) = P(Dc | Ac)P(Ac) = P(Ac) (62.1)
Em relacao ao denominador, temos, segundo o Teorema de probabilidade total, que
P(Dc) = P(Dc | Ac)P(Ac) + P(Dc | A)P(A) = P(Ac) + P(Dc | A)P(A) (62.2)
Ou seja, P(Ac | Dc) pode ser calculado, em princıpio utilizando o Teorema de Bayes, observandoque A,Ac forma uma partico de Ω. Para levarmos este argumento adiante, devemos poder calcularP(Dc | A) em (62.2). Se escrevemos Dc = Dc ∩ (B ∪Bc) temos
P(Dc | A) = P(Dc ∩B | A) + P(Dc ∩Bc | A)
= P(Dc | A ∩B)P(B | A) + P(Dc | A ∩Bc)P(Bc | A)
= P(Dc | A ∩B)P(B | A) + P(Bc | A) (62.3)
Em relacao a P(Dc|A,B), por sua vez, temos
P(Dc | A ∩B) = P(Dc ∩ C | A ∩B) + P(Dc ∩ Cc | A ∩B)
= P(Dc | A ∩B ∩ C)P(C | A ∩B) + P(Dc | A ∩B ∩ Cc)P(Cc | A ∩B)
= P(Cc | A ∩B) (62.4)
14
Substituindo (62.4) em (62.3) e depois em (62.2), temos
P(Dc) = P(Ac) + [P(Cc | A,B)P(B | A) + P(Bc | A)]P(A) (62.5)
Fazendo (62.1) sobre (62.5)
P(Ac | Dc) =P(Ac)
P(Ac) + [P(Cc | A,B)P(B | A) + P(Bc | A)]P(A).
Dos dados fornecidos no enunciado temos que P(A) = 810 , P(Ac) = 2
10 , P(B | A) = 910 , P(Bc | A) =
110 , P(Cc | A,B) = 1
10 , e assim portanto P(Ac | Dc) = 2544 .
63. (i)a Se consideramos o evento
Vn = “a n-esima bola retirada e verde”
entaoP(V2) = P(V2|V1)P(V1) + P(V2|V c1 )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, portanto
P(V2|V c1 ) =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.
o qual segue da resposta em (i). (ii) A prova e por inducao sobre o numero de lancamentos. Parao primeiro lancamento temos da parte (i) que P(V1) = v/(v + a). Suponhamos por hipotese queno n-esimo lancamento
P(Vn) = v/(v + a), (∗)
Devemos mostrar que P(Vn+1) = v/(v+a). Seguindo o Teorema da probabilidade total observamosque
P(Vn+1) = P(Vn+1 | Vn)P(Vn) + P(Vn+1 | V cn )P(V cn ).
Agora, na n-esima retirada temos v + a + (n − 1)b bolas na urna, das quais vn sao verdes e anazuis, portanto vn + an = v + a+ (n− 1)b. Assim, da simetria da funcao de probabilidade
P(Vn) =vn
vn + an, P(V cn ) =
anvn + an
, P(Vn+1 | Vn) =vn + b
vn + an + b
eP(Vn+1 | V cn ) =
vnvn + an + b
Ao combinarmos estes resultados concluımos que P(Vn+1) = vn/(vn+an) = P(Vn). Sob a hipoteseem (∗) isto implica P(Vn+1) = v/(v + a) e conclui o argumento de inducao.
(iii) (a+ b)/(v + a+ b). (iv) utilizar a resposta (ii).
65. Estou pensando fazer em aula, de qualquer maneira as respostas sao (i) 3/5. (ii) 2/3. (iii)5/6. (iv) 4/5. (v) 21/40.
15
66.(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 independencia entre Ac eB provada em (i).
67. (i)∏nk=1(1−pk). (ii) 1−
∏nk=1(1−pk). (iii)
∑ni=1 pi
∏nj 6=i(1−pj). (iv)
∑i,k pipk
∏i6=i,k(1−pj).
(v)
Pocorrem no maximo n− 1 dos Ak = 1− Pnao ocorre algum dos Ak
= 1−n∑i=1
(1− pi)∏j 6=i
pj .
68. Suponhamos que i < j e m < n. Se j < m entao Aij e Amn estao determinados porlancamentos diferentes sendo portanto eventos independentes. Para o caso j = m tem-se que
P(Aij ∩Ajn) = P(o i, j e n-esimo lancamento apresentam o mesmo resultado)
=
6∑r=1
1
6P(j e n-esimo lancamentos apresentam resultado r | i-esimo e r)
=1
36= P(Aij)P(Ajn).
Agora, se i 6= j 6= k,
P(Aij ∩Ajk ∩Aik) =1
366= 1
216= P(Aij)P (Ajk)P (Aik).
69. (a)⇒ (b), foi discutida e mostrada em aula. Mostraremos unicamente a implicacao no sentidooposto: (b) ⇒ (a). Suponhamos que a afirmacao (b) seja valida, logo a probabilidade de que asequencia ocorra nos primeiros m lancamentos e (1/2)m. Consideramos agora as sequencias decomprimento M , as quais apresentam o elemento ωj ∈ cara, coroa na j-esima posicao, 1 ≤ j ≤M . Suponhamos que ωj para um j dado e conhecido, 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=
1
2.
Da mesma maneira, se m ≤ M , | ∩mj=1 Sj | = 2M−m. Neste caso ∩j=1Sj consiste de todas aquelassequencias de caras e coroas com as primeiras m posicoes, (ω1, ω2, . . . , ωm), fixas e conhecidas.Assim,
P( m⋂j=1
Sj
)=
2M−m
2M=
1
2m.
Concluimos desta forma que
P( m⋂j=1
Sj
)=
m∏j=1
P(Sj).
16
70. SejamMa=“nasce uma filha menina independentemente do sexo das outras criancas”, Mo=“nasceum filho menino independentemente do sexo das outras criancas”, portanto P(Ma) = q, P(Mo) = q,p+ q = 1. Entao, para responder (i) e (ii), temos
P(A) = 1− p3 − q3, P(B) = p3 + 3p2q, P(A ∩B) = 3p2q.
Para que os eventos sejam independentes temos que
(1− p3 − q3)(p3 + 3p2q) = 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, 411332. Este ultimo resultado foi obtido numericamentecom Mathematica desde o site http://www.wolframalpha.com com o comando
Solve[(1-p^4-(1-p)^4)(p^4+4 p^3(1-p))==4p^3(1-p) && 0 < p < 1, p]//N
71. Seja AB o evento “existe uma estrada aberta de A ate B”, e ABc o seu complemento (i.e.“nao existe uma estrada aberta de A ate B). Seja A↔ B o evento “existe uma maneira de ir deA ate B”e A = B o seu complemento. Para (i) observamos primeiro que A ↔ B = AB ∩ BC,portanto
PAB | A= C =PAB ∩A= B
PA= C=
PAB ∩A= C1− PA↔ C
=(1− p)2p2
1− (1− p2)2
(ii) De maneira analoga a parte (i) temos
PAB | A= C =(1− p2)p3
1− (1− p2)2p− (1− p)=
(1− p2)p2
1− (1− p2)2.
(iii) Sejam os eventos R =“a estrada BC esta aberta”, Rc =“a estrada BC nao esta aberta”, eQ =“e possivel chegar de A a D”. Observamos que R e RC forman uma particao de todas asposibilidades. Portanto, segundo a formula de probabilidade total
P(Q) = P(Q | R)(1− p) + P (Q | Rc)p= (1− p2)2(1− p) +
1− [1− (1− p)2]2
p.
72. Como X e uma v.a. discreta e P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6)+ P(X = 7) = 1 sabemos que o conjunto 2,3,4,5,6,7 e a imagem de X. Esse fato implicaque, por exemplo, P(X > 6) = P(X = 7), pois nao outro valor possıvel para X maior que 6. (i)P(X ≥ 6) = P(X = 6∪X > 6) = P(X = 6)+P(X > 6) = P(X = 6)+P(X = 7) = 2/10 = 1/5.(ii) P(|X−4| > 2) = P(X−4 > 2∪4−X > 2) = P(X > 6∪X < 2) = P(X > 6)+P(X <2) = P(X > 6) = P(X = 7) = 1/10. (iii) P(X = a) = P(X = 2 ∪ X = 3 ∪ X = 5 ∪ X =7) = P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 5) + P(X = 7) = 5/10 = 1/2.
73. Para a resolucao da questao, definiremos S como sendo uma variavel aleatoria que diz respeitoa soma da face de dois dados honestos jogados, ou seja, seu domınio e o espaco amostral Ω =
(ω1, ω2) : ω1, ω2 ∈ 1, . . . , 6
e sua imagem e o conjunto 2, 3, ..., 12. Ademais definiremos afuncao ξ : S → −10, 0, 9 como sendo o retorno monetario do jogo. ξ(S) e definida pela seguinte
17
regra (S, ξ(S)) : (7,−10), (y, 0), (z, 9); para y = 2, 3, 11, 12 e z = 4, 5, 6, 8, 9, 10). (i) Peladefinicao de ξ, temos que P(ξ < 0) = P(S = 7). Definiremos A como o evento em que a soma dasfaces e 7 e o retorno e negativo,
A = ω ∈ Ω : S(ω) = 7,
ou seja, A e a pre-imagem de 7 por S. Como A =
(1, 6), (6, 1), (2, 5), (5, 2), (3, 4), (4, 3)
, temosque
P (ξ < 0) = P (S = 7) = P(A) =|A||Ω|
=6
30=
1
5.
(ii) Da definicao de ξ, temos que P (ξ > 0) = P (S ∈ 2, 3, 11, 12). Seja B o evento determinadopela pre-imagem de 2, 3, 11, 12 por S, isto e,
B =ω ∈ Ω : S(ω) ∈ 2, 3, 11, 12
=
(1, 1), (1, 2), (2, 1), (5, 6), (6, 5), (6, 6).
Deduzimos desta forma que
P (ξ > 0) = P (S ∈ 2, 3, 11, 12) = P(B) =|B||Ω|
=6
30=
1
5.
E interessante observar que mesmo que a probabilidade de ganhar seja igual a de perder o jogo,no temos um jogo justo: o valor esperado4 do ganho e negativo. Isto ocorre pois o valor da possıvelperda e maior que o do possıvel ganho.
74. (i)
1 =
∞∑x=0
P (X = x) = c
∞∑x=0
(1
2
)x= c
1
1− 12
⇒ c =1
2.
(ii) P (X ≤ 2) = P (X = 0)+P (X = 1)+P (X = 2) = c+c 12 +c 1
4 . (iii) P (X > 5) = 1−∑4x=0 P (X =
x). (iv)
P (X e impar) = c
∞∑x=0
(1
2
)2x+1
= c1
2
∞∑x=0
(1
4
)x=
1
4
1
1− 14
=1
3.
A probabilidade de X ser impar e menor do que 12 pois o evento X = 0 ja apresenta 1
2 deprobabilidade (0 e par).
78.
(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
(i) e uma serie de potencia do tipo estudado em aula, (ii) e (iv) sao as series de Taylor das funcoes adireita da igualdade, e finalmente (iii) e uma serie bem conhecida, porem a demonstracao da igual-dade nao e trivial. Estes resultados podem ser verificados em http://www.wolframalpha.com,digitando por exemplo para (iii) o comando Sum[k^(-2), k,1,Infinity]
79. (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) = 1
3 para
4o valor esperado ou esperanca de uma variavel aleatoria sera estudado adiante e faz parte do material para aterceira prova.
18
i = 12 ,
23 , 3.
80. (i) Se a > 0, x ∈ R, entao ω ∈ Ω : aX(ω) ≤ x = ω ∈ Ω : X(ω) ≤ x/a ∈ A , ja que X euma variavel aleatoria. Se a < 0,
ω ∈ Ω : aX(ω) ≤ x = ω ∈ Ω : X(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 conjuntos em A . Sea = 0, temos os conjunto
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 aleatoriaja que a mesma pode ser representada por aX(ω) para a = 0. Analogamente X(ω) + X(ω) evariavel aleatoria, pois X +X = aX, com a = 2.
81. 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.
82. Sob as hipoteses do enunciado g e bijetora, logo existe a funcao inversa g−1. Assim, paraqualquer y ∈ Im(g) tem-se
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 .
Alem da existencia de g−1, a bijetividade de g tambem determina a segunda igualdade. Suponha-mos agora que g nao seja injetora. Podemos dezir que g(X) e uma variavel aleatoria?
83. Devido a independencia dos lancamentos,
P (X > m) = P(os primeiros m lancamentos sao coroa) = (1− p)m.
Neste caso,
FX(x) = P (X ≤ x) =
1− (1− p)[x] se x ≥ 0,
0 se x < 0.
([x] denota o maior enteiro menor que x). Outra maneira mais trabalhosa de calcularmos P (X >m) e a seguinte,
P (X > m) = 1− P (X ≤ m) = 1−m∑k=1
P (X = k) = 1−m∑k=1
(1− p)k−1p
= 1− pm−1∑k=0
(1− p)k = 1− p1− (1− p)m
1− (1− p)= (1− p)m.
19
84. (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).
85. (i) Pela definicao da densidade de X temos que∫ 1
0
f(x) dx = 1−∫ 2
1
f(x) dx,
ou seja ∫ 1
0
(1 + x) dx =
∫ 2
1
2
3dx,
portanto a · 32 = 1
3 , entao a = 29 . (ii)
P (1/2 < X < 3/2) =
∫ 1
12
2
9(1 + x) dx+
∫ 32
1
2
3dx =
13
18.
86. (i) Temos X(ω) = bh(ω)/2, sendo b = 1 a base do triangulo e h(ω) a sua altura. h(ω) e umavariavel aleatoria uniformemente distribuıda no intervalo [0, 1], assim
fX(x) =
2, x ∈ [0, 1
2 ),
0, caso contrario.
Obtemos a funcao de distribuicao integrando a densidade,
FX(x) =
∫ x
0
2 du = 2x, se x ∈[0,
1
2
],
e observamos que FX(x) = 1 se x ≥ 12 e FX(x) = 0 se x < 0. (ii)
FD(d) = P (D ≤ d) = 1− area do quadrado interno
= 1− (1− 2d)2 = 1− (12 − 4d+ 4d2)
= 4d− 4d2, se d ∈[0,
1
2
)e FD(d) = 0 se d < 0, FD(d) = 1 se d ≥ 1
2 .
87. Para η temos o seguinte,
Fη(x) = P (η ≤ x) = P (ξ2 ≤ x) = P (ξ ≤√x) = Fξ(
√x)
20
se x ≥ 0 e Fη(x) = 0 se x < 0 pois η e nao negativa. Para determinarmos a densidade de ηobservamos primeiro que
fη(x) =d
dxFη(x) =
d
dxFξ(√x) =
d
dx
∫ √x0
fξ(u)du =d
dxG(√x).
Utilizando a regra da cadeia temos que fη(x) = ddxG(
√x) = d
dxG(√x) d
dx
√x, logo, segundo o
Teorema Fundamental do Calculo segue
fη(x) = fξ(√x)x−
12
2.
Para a variavel θ temos que
Fθ(x) = P (θ ≤ x) = P (e−ξ ≤ x) = P (−ξ ≤ ln(x))
= 1− P (ξ < ln(x)) = 1− limy→ln(x)−
Fξ(y).
88. FX(x) = P (X ≤ x) = 0 se x < −2 e FX(x) = P (X = −2) = 12 se −2 ≤ x < 0. Se 0 ≤ x < 10
temos
FX(x) =1
2+
1
2
x
10,
Se a roda para em um numero entre 0 e x, isto ocorre com probabilidade x10 , entretanto devemos
multiplicar isto ultimo por 12 , a probabilidade da moeda ter resultado em coroa. Finalmente, se
x ≥ 10, entao FX(x) = 1.Este problema fornece um exemplo de uma variavel aleatoria que n ao e nem contınua nem
discreta. Apresentamos abaixo o grafico da sua funcao de distribuicao.
-2 10
1
12
FX
Calculamos P (X ≤ 5) utilizando FX ,
P (X ≥ 5) = 1− P (x < 5) = 1− limy→5−
FX(y) = 1−(1
2− 1
2limy→5−
y
10
)=
3
4.
Os exercıcios 95.– 99. requerem da nocao de distribuicao conjunta para variaveis aleatoriascontinuas, ou seja, da nocao de densidade conjunta vista em aula, e tambem da nocao de integralmultipla assim como da troca de variaveis vista em Calculo II. Quem nao esteja cursando Calculo2 pode desconsiderar estes exercıcios (e as suas respostas). Embora todos devem estudar a nocaode distribuicao conjunta e marginal.
95. (i) Segue de ∫∫fξ,η(x, y)dxdy = 1,
que,
K−1 =
∫ 1
0
xa∫ 1
1−xdydx = (a+ 2)−1.
21
(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+ 2
a+ 1yxa+1 + xa+2 − a+ 2
a+ 1xa+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 onde fξ,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 cosenossegue 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, eg(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− x2− x
− 2
2− xdx = 3− 4 log(2).
96. Z = (X,Y ) tem densidade conjunta no disco de raio 1, ou seja, a densidade de Z e dadapela densidade conjunta fX,Y (x, y) = π−1, definida para todo (x, y) tal que x2 + y2 ≤ 1. Resultamais simples trabalhar em coordenadas polares, r = (x2 + y2)1/2 e θ = tan−1(y/x), com inversasx = r cos(θ) e y = sen(θ). Estas transformacoes sao uma bijecao e levam o conjunto C = (x, y) :x2 + y2 ≤ 1 ao conjunto D = (r, θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 < θ ≤ 2π. Neste caso, o determinate doJacobiano da transformacao e
|J(r, θ)| = ∂x
∂r
∂y
∂θ− ∂x
∂r
∂θ
∂r= r cos2(θ) + r sen2(θ) = r.
Assim, as variaveis aleatorias R = r(X,Y ), Θ = θ(X,Y ) the densidade de probabilidade conjunta
fR,Θ(r, θ) =r
π, para 0 ≤ r ≤ 1, 0 < θ ≤ 2π.
Observe que para chegarmos neste resultado utilizamos o seguinte resultado para troca de variaveis(visto em Calculo II).
Sejam X, Y duas variaveis com densidade fX,Y (x, y), a qual e 0 em Cc. Entao U = u(X,Y ) eV = 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.
97. Este exercıcio realmente tem a ver com a distribuicao e a funcao de distribuicao conjuntadas variaveis aleatorias X1 e X2. Mesmo que nao tenhamos que calcular nenhum valor esperadocolocamos a resposta aqui. Temos que X1 e X2 sao variaveis aleatorias independnetes, ambas
22
com distribuicao uniforme em [0, a]. Logo (X1, X2) tem distribuicao uniforme no quadrado B =[0, a]× [0, a]. Al em 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 ajuda dafigura 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 M derivando FM ,
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.
fM (y) =
2(a− y)/a2, se 0 < y < a,
0, caso contrario.
(os valores de fM em y = 0 e y = a sao arbitrarios.) (iii) Os segmentos com os quais se desejaconstruir o triangulo tem comprimento M1, M e a −M2, logo poder construı-lo e equivalente ascondicoes
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 evento definido por
C =
(u, v) ∈ B : mınu, v < a
2,maxu, v > a
2
23
(veja a figura 2). Entao,
P (M1 < a/2,M < a/2,M2 > a/2) = P((X1, X2) ∈ C
)=
area(C ∩B)
area(C)=
1
4.
98. (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 ou simplesmenteobservar que esta corresponde a area do circulo de raio πr2. Assim c = (πr2)−1. (b)
fX(x) =
∫ ∞−∞
f(x, y)dx =1
πr2
∫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.
(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] =2
r2
∫ R
0
u2 du
99. (i) O conjunto (x, y) : x ≤ −1/√
2, y ≤ −1/√
2 nao possui intersecao com 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
−1
fX,Y (x, y) dy =1
π
∫ √1−x2
−√
1−x2
dy =2
π
√1− x.
24
Analogamente tem-se fY (y) = 2π
√1− y2. (iii) R =
√X2 + Y 2 e Θ = tg−1(Y/X) possuem
distribuicao conjunta
fR,Θ(r, θ) =r
θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 < θ ≤ 2π,
portanto
fΘ(θ) =
∫ 1
0
fR,Θ(r, θ) dr =1
2π, 0 < θ ≤ 2π, fR(r) =
∫ 2π
0
f(r, θ) dθ = 2r, 0 ≤ r ≤ 1.
Logo fR,Θ(r, θ) = fΘ(θ)fR(r), ou seja, R e Θ sao independentes.
100. (i) Suponhamos, sem perda de generalidade que X seja discreta. Aplicando a definicao deEsperanca
E[X] =∑x
xP(X = x) =∑x<α
xP(X = x) +∑x≥α
xP(X = x)
=∑x≥α
xP(X = x) ≤∑x≥α
αP(X = x) = α∑x≥α
P(X = x) = αP(X ≥ α) = α.
(ii) O argumento e praticamente igual ao descrito em (i). (iii) Seja ξ uma variavel aleatoria definidaem (Ω,A ,P), logo E[ξ] =
∑ω∈Ω ξ(ω)P(ω). Sob a hipotese
P(ω ∈ Ω : X(ω) ≤ Y (ω)
)= 1, (2)
tem-seE[X] =
∑ω∈Ω
X(ω)P(ω) ≤∑ω∈Ω
Y (ω)P(ω) = E[Y ]. (3)
Destacamos que podem existir existir pontos ω ∈ Ω tais que X(ω) > Y (ω). Entretanto, devido a(2) temos que a probabilidade destes ultimos e zero. Isto justifica a desigualdade em (3).
101. Aplicando a definicao de variancia,
Var(Y + b) = E[(Y + b− E[Y + b]
)2]= E
[(Y + b− E[Y ]− b
)2]= E
[(Y − E[Y ])2
]= Var(Y ).
Tambem, da definicao de variancia,
Var(aY ) = E[(aY − E[aY ]
)2]= E
[a2(Y − E[Y ]
)2]= a2E
[(Y − E[Y ]
)2]= a2Var(Y ).
Destas propriedade tem-se Var(aX + b) =Var(aX) = a2Var(X).
102. Consideramos o espaco amostral Ω =
(ω1, ω2) : ω1, ω2 ∈ 1, . . . , 6
, constituıdo por todosos possıveis resultados de se lancar um dado duas vezes consecutivas e as variaveis X, Y e Zdefinidas no enunciado.
Seja A2 o evento em que os dois dados caem com a face 1 para cima. Ou seja, A2 = ω ∈Ω : X(ω) = 2 = (1, 1). Tem-se P(X = 2) = P(A2) = |A2|/|Ω| = 1/36. Analogamente A1 e oconjunto de situacoes em que se tira a face 1 pelo menos uma vez, ou seja, A1 = ω ∈ Ω : X(ω) =1 = (i, 1), (1, j) : i, j ∈ 1, . . . , 6; logoP(X = 1) = P(A1) = |A1|/|Ω| = 10/36. Assim,
E[X] = 0P(X = 0) + 1P(X = 1) + 2P(X = 2) = 0 +10
36+ 2 · 1
36=
1
3.
E como E[X2] =∑2x=0 x
2P(X = x),
E[X2] = 0P(X = 0) + 1P(X = 1) + 4P(X = 2) = 0 +10
36+ 4 · 1
36=
7
18.
25
Como as faces dos dados sao equiprovaveis poderıamos substituir o 1 pelo 6 e obterıamos o mesmoresultado, ou seja, E[Y ] = E[X] e E[Y 2] = E[X2]. Agora,
E[XY ] =
2∑x=0
2∑y=0
xyP(X = x, Y = y) =
2∑x=1
xP(X = x)
2∑y=1
yP(Y = y | X = x)
=1 P(X = 1)[P(Y = 1 | X = 1) + P(Y = 2 | X = 1)
]+ 2 P(X = 2)
[P(Y = 1 | X = 2) + P(Y = 2 | X = 2)
]=P(X = 1)P(Y = 1 | X = 1) =
10
36· 2
6=
5
54.
Note que P(Y = 1 | X = 1) = 2/6, pois pode-se tirar 6 no segundo lancamento dado que saiu1 no primeiro ou 6 no primeiro dado que saiu 1 no segundo, para que o evento de interesse sejasatisfeito. Agora,
Var(X) = E[X2]− E[X]2 =7
18− 1
9=
5
18= Var(Y )
e assim,
Var(Z) = E[(X + Y − E[X + Y ]
)2]= Var(X) + Var(Y ) + 2
[E[XY ]− E[X]E[Y ]
]=
5
18+
5
18+ 2
[5
54− 1
9
]=
5
9− 2
54=
28
54=
14
27.
Concluımos portanto que Var(X + Y ) 6= Var(X) + Var(Y ). A diferenca esta em que Var(X + Y )apresenta o termo 2(E[XY ]− E[X]E[Y ]) = Cov(X,Y ) 6= 0.5
104. (i) SejaX = numero de tentativas ate abrir a porta sem reposicao
logo, se 1 ≤ k ≤ n,
P (X = k) =n− 1
n· n− 2
n− 1· n− 3
n− 2· · · n− (k − 1)
n− k· 1
n− (k − 1)=
1
n
o qual indica que X e uma variavel aleatoria uniformemente distribuıda em 1, 2, . . . , n. Sendoassim,
E[X] =1
n
n∑k=1
k =1
n· n(n+ 1)
2=n+ 1
2,
Var(X) = E[X2]− E[X]2 =(n+ 1)(2n+ 1)
6−(n+ 1
2
)2
=n2 − 1
12.
O segundo momento E[X2] e calculado como 1n
∑nk=1 k
2. (ii) Seja
Y = numero de tentativas ate abrir a porta com reposicao
5Em aula demostramos que se X e Y sao independentes, entao Var(X + Y ) =Var(X)+Var(Y ). Isto ultimodecorre de termos E[XY ] = E[X]E[Y ] e assim E[XY ]− E[X]E[Y ] = 0. O que nao foi mencionado em sala de aula eque a covariancia de X e Y , definida como Cov(x, Y ) = E[(X − E[X])(Y − E[Y ])] e de fato igual a
E[XY −XE[Y ]− E[X]Y − E[X]E[Y ]
]= E[XY ]− E[X]E[Y ].
Assim, quando X e Y sao independentes tem-se Cov(X,Y ) = 0. Com esta definicao, a variancia da soma de duasvariaveis aleatorias quaisquer assome a forma
Var(X + Y ) = Var(X) + Var(Y ) + 2 Cov(X,Y ).
26
Para k = 1, 2, . . ., tem-se
P (Y = k) =1
n
(n− 1
n
)k−1
.
Y e Geometrica6 com probabilidade de sucesso 1n , portanto
E[X] =1
1/n= n, Var(X) =
1− 1n
(1/n)2= n(n− 1).
106. (i) Seja 1ij a funcao indicadora do evento “os jogadores i e j obtiveram o mesmo numero”,isto e
1ij =
1, se os jogadores i, j obtem o mesmo numero
0, caso contrario.
Entao
E[1ij ] = P(1ij = 1) =
6∑1
( 16 )2 = 1
6 , i 6= j.
O numero total de pontos obtidos pelos n jogadores e S =∑i<j 1ij , logo
E[S] =∑i<j
E[1ij ] =1
6
(n
2
).
O seguinte passo consiste em mostrar que a familia de variaveis aleatorias 1ij : i < j eindependente 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) =1
6
(1− 1
6
).
(ii) Seja Xij o resultado comum dos jogadores i e j, de tal maneira que Xij = 0, no caso onde osresultados sao diferentes. Neste caso o numero total de pontos do grupo e S =
∑i<j Xij , e
E[S] =
(n
2
)E[X12] =
(n
2
)1
6· 7
2=
7
12
(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 −
( 7
12
)2(n
2
)2
=315
144
(n
2
)+
35
432
(n
3
).
6Se Y e Geometrica com probabilidade de ‘sucesso’ p, a sua distribuicao de probabilidade e P (Y = n) =(1 − p)n−1p, n = 1, 2, . . . Esta variavel aleatoria aparece nos exercıcios 119. e 123. Vamos verificar em aula queE[Y ] = 1/p e Var(Y ) = (1− p)/p2.
27
107. 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
)108. (a) A distribuicao de Xi, para qualquer i, e
P (Xi = 1) =1
n, P (Xi = 0) =
n− 1
n,
portanto E(Xi)2 = 1/n. (b) Notamos que para i 6= j,
P (XiXj = 0) = 1− 1
n(n− 1), P (XiXj = 1) =
1
n(n− 1),
assim
E[XiXj ] =1
n(n− 1).
(c)
E[S2n] =
∑i
E[Xi]2 +
∑i
∑j 6=i
E[XiXj ]
= n · 1
n+ n(n− 1) · 1
n(n− 1)= 2
(d)Var(Sn) = E[S2
n]− E[Sn]2 = 2− (n · (1/n))2 = 1.
112.E[g(X)] =
∑y
yP (g(X) = y) =∑y
∑x:g(x)=y
yP (X = x)∑x
g(x)P (X = x)
114. 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]
= EE[Y |X]
∣∣X = x, Z = z, utilizando (v).
28
116. Primeiro, para Z,
P(Z = 1) = P(X + Y = 0) = a(1− γ) + γ(1− a)
e da mesma maneiraP(Z = −1) = aγ + (1− a)(1− γ).
AgoraP(Z = 1, X = 1) = P(X = 1, Y = −1) = a(1− γ). (4)
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 (4) obtemos γ = 1/2. Damesma forma podemos deduzir que X e Z sao independentes se, e somente se γ = a = 1/2. Pelasimetria inerente ao problema, a mesma condicao e valida se Y e Z sao independentes.
Concluımos assim que X, Y , e sao Z nao sao independentes pois
P(X = 1, Y = 1, Z = −1) = 0 6= P(X = 1)P(Y = 1)P(Z = −1).
117. (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.
Se
P (Y = X) =∑x
P (Y = X = x) =∑x
2−x · 2−x =1
3,
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
1
2k+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.
29
119. (i) Para A < B < C (empregando notacao adequada), e necessario que um dos seguinteseventos 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 um argumentosimilar ao descrito acima temos
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 numero total delancamentos anteriores a primeira aparicao do numero 6. A probabilidade que A jogue o primeiro6 e
P(N ∈ 1, 4, 7, . . .
)=
∑k=1,4,7,...
(5
6
)k−1 1
6=
36
91.
Uma vez que A consegue o primeiro 6, o jogo e reiniciado com os jogadores lancando na ordemBCABCA.... A probabilidade que B consiga o segundo 6 e portanto 36
91 , igual a probabilidade queC consiga o terceiro 6. A resposta e finalmente ( 36
91 )3. (Observe a maneira como foi utilizada aindependencia nos resultados dos lancamentos de cada jogador!)
120. (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 expressada comoP (X = x, Y = y) = P (X = x)P (Y = y), para toso x, y ∈ R. (iii) A unica parte que requer serdemonstrada 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, logo
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).
Agora
1 =∑x
P (X = x) =∑x
g(x)∑y
h(y),
portanto
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).
30
123. (i) Seja X o numero de parafusos defeituosos em uma caixa contendo 10 parafusos. Doenunciado segue que X e Binomial(n = 10, p = 1
100 ). Consideramos agora a variavel aleatoria Ycomo sendo o numero de pacotes que devem ser trocados em um conjunto de m pacotes. Assim,Y possue distribuicao Binomial(m, p), sendo p = P(X ≥ 2) = 1 − P(X < 2). Logo, proporcaoesperada de pacotes vendidos que devem ser trocados e dada por 1
mE[Y ] = mp/m = p. Temosentao
E(Y )
m= p = 1− P(X < 2) = 1− P(X = 0)− P(X = 1)
= 1−(
99
100
)10
− 1
10
(99
100
)9
≈ 0,0042662
Pois se 0 ≤ k ≤ 10, entao
P(X = k) =
(10
k
)(1
100
)k (99
100
)10−k
.
(ii) Usaremos novamente nossa variavel aleatoria Y , mas agora assumindo m = 10. Queremos aprobabilidade de que pelo menos um dos 10 pacotes tenha que ser devolvido, ou seja, queremosP(Y ≥ 1). Logo,
P(Y ≥ 1) = 1− P(Y = 0) = 1−(
10
0
)(p)
0(1− p)10
= 1− (1− p)10 ≈ 0,0418522.
124. Seja X a variavel aleatoria que conta o numero de erros por pagina. (i) Para λ = 12 temos
P (X = 2) =e−λλ2
2=e−
12
8.
(ii)
P (X ≥ 1) = 1− P (X = 0) = 1− e−λ = 1− e− 12 .
(iii) Por independencia entre a ocorrencia de sucessivos erros,
Pnao existe erro em 200 paginas =
200∏k=1
Pnao existe erro na pagina k
=(e−λ
)200= e−
2002 = e−100 ≈ 3,72× 10−44.
125. Seja X Binomial com parametros n = 10 e p = 0, 1 (X conta o numero de items defeituosos),logo
Pno maximo um item defeituoso = P0 ou 1 item defeituoso = P (X = 0) + P (X = 1)
=
(10
0
)(1− p)10 +
(10
1
)p(1− p)9 = 0, 110 + 10 · 0, 1 · 0, 99
≈ 0,736099.
Consideramos agora a variavel aleatoria Y distribuıda segundo o modelo Poisson com parametroλ = pnn = 0, 1 · 10 = 1. Neste caso
Pno maximo um item defeituoso =λ0e−λ
0!+λe−λ
1!= 2e−1 ≈ 0,735759.
Este exercıcio expoe o que se conhece como a ‘aproximacao da distribuicao Binomial pela distri-buicao Poisson’. Esta aproximacao e boa para valores de p relativamente pequenos e valores de ngrandes e de fato e exata no limite n→∞, sempre e quando limn→∞ npn = λ como discutido em
31
aula. Contudo para p = 0, 1 e n = 10, este exercıcio mostra que a aproximacao ja e bastante precisa.
126.
PX e par =
∞∑k=0
e−λλ2k
(2k)!= e−λ cosh(λ).
A segunda igualdade segue do desenvolvimento de Taylor para e−λ e eλ,
eλ = 1 + λ+λ2
2!+λ3
3!+λ4
4!+λ5
5!+ · · · =
∞∑k=0
λk
k!
e−λ = 1− λ+λ2
2!− λ3
3!+λ4
4!− λ5
5!+ · · · =
∞∑k=0
(−1)kλk
k!
pois
eλ + e−λ
2= 1 +
λ2
2!+λ4
4!+ · · · =
∞∑k=0
λ2k
(2k)!
e a funcao coseno hiperbolico e definida pela lei cosh(λ) = (eλ + e−λ)/2.
127. (i) Utilizamos a funcao geradora de momentos para o modelo Poisson,
M(t) = E[eXt] = eλet−λ.
Derivando obtemos
M ′(t) = λeλet−λ+t
M ′′(t) = λe−λ+λet+t(λet + 1
)Fazendo t = 0 resulta
M ′(0) = λ
M ′′(0) = λ2 − λ = λ(1 + λ) = λ(1 + E[X]) = λE[X + 1]
o qual mostra que E[X2] = λE[(X+1)2−1]. O resultado segue utilizando inducao em n para E[Xn].(ii) Utilizando o resultado em (i),
E[X4] = λE[(X + 1)3] = λE[X3 + 3X2 + 3X + 1] = λ+ λ2 + 4λ3 + λ4.
(iii) Se |λ| < 1,
E[X!] =
∞∑k=0
k!λk
k!e−λ = e−λ
1
1− λ.
(iv) Da definicao de esperanca
E[cos(πX)] =
∞∑k=0
cos(πk)e−λλk
k!.
Observamos que se k e par, cos(πk) = 1, e se k e impar cos(πk) = −1, portanto
E[cos(πX)] =
∞∑k=0
(−1)ke−λλk
k!= e−λ
∞∑k=0
(−λ)k
k!= e−2λ.
32
1 2 3 · · · R− 1 R
Figura 3: Acumulamos R sucessos.
Para calcularmos a variancia calculamos tambem E[cos2(πX)], mas isto e simples pois cos2(πk) = 1para qualquer k ∈ N, logo
Var(cos(πX)) = 1−(e−2λ
)2= 1− e−4λ.
128. A distribuicao de X e dada pela expressao,
P(X = k) =
(n
k
)pk (1− p)n−k , k = 0, 1, . . . , n.
Nao podemos usar as ferramentas do Calculo Diferencial para a maximizacao desta distribuicaocom respeito a k, pois k assome valores discretamente. No entanto, e possıvel determinar k comosendo o inteiro nao negativo, solucao das desigualdades
P(X = k)
P(X = k − 1)> 1, e
P(X = k + 1)
P(X = k)≤ 1.
Resolvendo ambas as relacoes para k chegamos em
p(n+ 1)− 1 ≤ k < p(n+ 1).
Ou seja, k = bp(n+ 1)c, onde bxc e o maior inteiro menor do que x.
129. O desenho na figura 3 amostra uma realizacao (ou seja, uma sequencia dos possıveis resulta-dos) do experimento. Os ensaios para os quais ξk = 1 sao marcados por ‘|’.
Denotamos o numero de falhas necessarias por n e observamos que n ∈ 0, 1, 2, . . .. Daindependencia entre as v.as. Bernoulli(p), ξ1, ξ2, . . . temos que
P (X = n+R) =
(n+R− 1
R
)pR(1− p)n.
Observe que o argumento utilizado e similar ao utilizado para derivar a distribuicao Binomial.A distribuicao obtida em este exercıcio e conhecida como a distribuicao Binomial Negativa comparametros R e p.
130. A relacao entre X e Yi e mostrada na figura 4. Isto sugire que podemos abordar o problema
Y1 Y2 Y3 · · · YR
1 2 3 · · · R− 1 R
Figura 4: Soma de R variaveis Geometricas.
33
utilizando as propriedades das variaveis Geometricas. De fato,
E[X] = E[ R∑i=1
Yi
]=
R∑i=1
1
p=R
p,
Var(X) = Var( R∑i=1
Yi
)=
R∑i=1
Var(Yi) =R(1− p)
p2.
A segunda igualdade para a variancia decorre do fato das v.as. Yi, i = 1, . . . , R serem indepen-dentes pois cada uma esta definida em funcao de uma colecao de variaveis aleatorias Bernoullidiferentes e independentes.
131. Utilizando um argumento similar ao da resposta para o exercıcio 129, temos
PR sucessos ocorrem antes de M falhas =
(R+M − 1
M
)pR(1− p)M .
132. (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 corresponde a distribuicao Binomial(m+ n, p).
133. (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 = n+ k)
P (X > n)
=P (X = k)P (Y = n− k)
P (X + Y = n)=
(n
k
)λkµn−k
(λ+ µ)n,
logo a distribuicao condicional e Binomial(n, λ/(λ+ µ)).
134.
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).
34
(i) Seja X o tempo de espera ate ocorrer o evento A. Se X possue distribuicao geometrica, otempo a ser esperado para a ocorrencia do evento A a partir do instante atual independe do tempoanterior ja transcorrido. (ii) Segue-se da resposta em (i) que qualquer processo deste tipo satisfazG(k + n) = G(k)G(n), onde G(n) = P (X > n). Isto implica em G(k + 1) = G(1)k+1, logo X enecessariamente uma variavel aleatoria Geometrica.
135. 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.
136. (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 − 1
r + 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 + 1
b+ 1,
utilizando a identidade combinatoria
r∑n=0
(n+ b
b
)=
(r + b+ 1
b+ 1
),
(ja que(xr−1
)+(xr
)=(x+1r
)).
137. (i) O numero G de meninas tem distribuicao binomial(2n, p). Assim,
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.
A desigualdade segue de(
2nk
)≤(
2nn
), valida para n ≤ k ≤ 2n. Sejam agora p = 0, 485 e n = 104,
permitindo utilizar a aproximacao de Stirling. A aproximacao de Stirling dada pela expressao
n! ≈ S(n) =√
2πnn+1/2e−n
35
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, 515
0, 03
=0, 515
3√π
(1− 9
104
)104
≤ 1.23× 10−5.
Isto ultimo mostra que probabilidade de que os meninos sejam mais numerosos que as meninas em82 anos sucessivos e ao menos (1− 1.23× 10−5)82 ≥ 0, 99899.
138. 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 |
]=
1
4+
1
4− 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 , tal que X + Ye |X − Y | sao dependentes.
139. A densidade de X e fX(x) = 1/20 se x ∈ (0, 20) e fX(x) = 0 no caso contrario, logo asrespostas a (i), (ii) e (iii) sao respectivamente
P (X < 3) =1
20
∫ 3
0
dx =3
20, P (X > 12) =
1
20
∫ 20
12
dx =8
20,
P (|X − 3| < 4) =1
20
∫ 7
0
dx =7
20.
140. Neste semestre possıvelmente nao chegamos a desenvolver a teoria necessaria para responder-mos este exercıcio. Nesse caso, o nao sera cobrado na ultima prova. Mesmo assim estou incluindoa sua resposta. Observamos primeiro que
P (a < X < b) = P
(a− µσ
< Z <b− µσ
),
e lembramos que a distribuicao de Z = (X − µ)/σ e normal com media 0 e variancia 1. (i) Paraa = 2 e b = 5, temos que
P (2 < X < 5) = P
(2− 3√
9< Z <
5− 3√9
)= P
(− 1
3< Z <
1
3
)= 2P
(Z <
1
3
).
(ii) Neste caso consideramos
P (X > 0) = P
(Z > − 3√
9
)= P (Z > −1) =
1
2P (0 < Z < 1).
As probabilidades podem portanto ser calculadas utilizando uma tabela para a distribuicao davariavel aleatoria normal padrao Z, veja por exemplo
http://en.wikipedia.org/wiki/Standard_normal_table.
7Especıficamente: n! e a apoximacao fornecida por Stirling, S(n), sao asintoticamente equivalentes
limn→∞
n!
S(n)= 1.
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