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.
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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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