Var Aleatória Contínua - Ana Farias - GABARITO

(1)

Vari´aveis Aleat´orias Cont´ınuas Gabarito dos Exerc´ıcios Profa. Ana Maria Farias

Se¸c˜ao 1.7

1. (a) Veja o gráfico de f (x) na Figura 1 e note que f (0) = 2K e f (1) = K e f (x) é uma fun¸cão linear decrescente .

(b) A área total, que deve ser igual a 1, é a área de um trapézio com altura h = 1, base maior igual a 2K e base menor igual a K, conforme ilustrado na Figura 2. Logo,

1 = K + 2K

2 × 1 ⇒ K = 2 3

Figura 1 –Gr´afico da fun¸c˜ao de densi-dade f (x)

Figura 2 – Area sob a curva de densi-´ dade f (x)

(c) Para cada x ∈ [0, 1], FX(x) é a área de um trapézio de altura x, base menor igual a

fX(x) = 2₃(2 − x) e base maior igual a 4₃. Veja a Figura 3. Logo,

FX(x) = 4 3 + 2 3(2 − x) 2 x = 2 3x + 1 3(2 − x)x 0 ≤ x ≤ 1

Figura 3 –Fun¸cão de distribui¸cão como área

Como F (x) est´a definida ∀x ∈ R , resulta que

FX(x) =            0 se x < 0 4 3x − 1 3x2 se 0 ≤ x ≤ 1 1 se x > 1

(2)

(d) A área abaixo da mediana Q2é 0,50, ou seja, F (Q2) = 0, 50, o que nos leva à seguinte equa¸cão: F (Q2) = 0, 5 ⇒ 4 3Q2− 1 3Q 2 2 = 1 2 ⇒ 8Q2− 2Q 2 2= 3 ⇒ 2Q2₂− 8Q2+ 3 = 0 ⇒ Q22− 4Q2+ 1, 5 = 0 ⇒ Q2 = 4 ±√16 − 4 × 1, 5 2 = 4 ±√10 2 A raiz que fornece solu¸cão no dom´ınio de X é:

Q2 =

4 −√10

2 = 0, 41886

A ´area abaixo do primeiro quartil Q1 ´e 0,25, ou seja, F (Q1) = 0, 25, o que nos leva

`

a seguinte equa¸c˜ao:

F (Q1) = 0, 25 ⇒ 4 3Q1− 1 3Q 2 1= 1 4 ⇒ 16Q2− 4Q 2 2= 3 ⇒ 4Q2₂− 16Q₂+ 3 = 0 ⇒ Q2 = 16 ±√256 − 48 8 = 2 ± √ 13 2 A raiz que fornece solu¸c˜ao no dom´ınio de X ´e:

Q1 = 2 −

√ 13

2 = 0, 1972

A área abaixo do terceiro quartil Q3 é 0,75, ou seja, F (Q3) = 0, 75, o que nos leva à

seguinte equa¸c˜ao:

F (Q3) = 0, 75 ⇒ 4 3Q3− 1 3Q 2 3= 3 4 ⇒ 16Q3− 4Q 2 3= 9 ⇒ 4Q2₃− 16Q₃+ 9 = 0 ⇒ Q3 = 16 ±√256 − 144 8 = 2 ± √ 7 2 A raiz que fornece solu¸c˜ao no dom´ınio de X ´e:

Q1 = 2 − √ 7 2 = 0, 6771 (e) E(X) = Z 1 0 x2 3(2 − x)dx = 2x2 3 − 2x3 9 1 0 = 2 3 − 2 9 = 4 9 E(X2) = Z 1 0 x22 3(2 − x)dx = 4x3 9 − x4 6 1 0 = 4 9 − 1 6 = 5 18 Var(X) = 5 18− 4 9 2 = 45 − 16 162 = 29 162 2. P X ≤ 1 2 1 3 ≤ X ≤ 2 3 = P 1 3 ≤ X ≤ 1 2 P 1₃ ≤ X ≤ 2 3 = Z 1/2 1/3 2xdx Z 2/3 1/3 2xdx = x 2 1/2 1/3 x2_|2/3 = 1 4 − 1 9 4 9 − 1 9 = 5 36 3 9 = 5 12

(3)

3. (a) Z 1 0 k(2x − x2)dx = 1 ⇒ Z 1 0 k(2x − x2)dx = 1 k ⇒ x2− x 3 3 1 0 = 1 k ⇒ 2 3 = 1 k ⇒ k = 3 2 (b) E(X) = Z 1 0 x3 2(2x − x 2_{)dx =} 3 2 2x3 3 − x4 4 1 0 = 3 2 2 3− 1 4 = 5 8 E(X2) = Z 1 0 x23 2(2x − x 2_{)dx =} 3 2 2x4 4 − x5 5 1 0 = 3 2 1 2 − 1 5 = 9 20 Var(X) = 9 20 − 5 8 2 = 19 320 (c) P(0 ≤ X ≤ 1/2) = Z 1/2 0 3 2(2x − x 2_{)dx =} 3 2 x2−x 3 3 1/2 0 = 3 2 1 4− 1 24 = 3 2 × 5 24 = 5 16

4. (a) A fun¸c˜ao f ´e um segmento de reta que passa pelo ponto

0,1 2

, ou seja, a reta cruza o eixo y em y = 0, 5 (o intercepto é 0, 5) e a equa¸cão da reta é f (x) = 0, 5 + bx. Como a reta passa pelo ponto (4, 0), resulta que 0 = 0, 5 + 4b ⇒ b = −1₈. Logo,

f (x) = 1 2 − 1 8x 0 < x < 4 (b) P(X > 2) = Z 4 2 1 2 − 1 8x dx = x 2 − x2 16 4 2 = (2 − 1) − 1 −1 4 = 1 4 (c) P(X > m) = 1 8 ⇔ Z 4 m 1 2 − 1 8x dx = 1 8 ⇔ x 2 − x2 16 4 m = 1 8 ⇔ (2 − 1) − m 2 − m2 16 = 1 8 ⇔ m2 16 − m 2 + 7 8 = 0 ⇔ m = 8 ±√64 − 56 2 ⇔ m = 4 ± √ 2

A solu¸c˜ao dentro do dom´ınio de f ´e m = 4 −√2. 5. E(X) = Z 1 0 x6x(1 − x)dx = 6x 3 3 − 6 x4 4 1 0 = 2 − 3 2 = 1 2 E(X2) = Z 1 0 x26x(1 − x)dx = 6x 4 4 − 6 x5 5 1 0 = 3 2− 6 5 = 3 10 Var(X) = 3 10 − 1 2 2 = 3 10 − 1 4 = 1 20

Usando os valores acima, temos que µ ± 2σ = 1 2±

1 √

(4)

P(µ − 2σ < X < µ + 2σ) = P 1 2 − 1 √ 5 < X < 1 2+ 1 √ 5 = Z 1 2+ 1 √ 5 1 2− 1 √ 5 6x(1 − x)dx = 6x 2 2 − 6 x3 3 1 2+ 1 √ 5 1 2− 1 √ 5 = " 3 1 2+ 1 √ 5 2 − 2 1 2 + 1 √ 5 3# − " 3 1 2 − 1 √ 5 2 − 2 1 2− 1 √ 5 3# = 3 1 4+ 1 5+ 1 √ 5 − 2 1 8+ 3 4√5 + 3 10 + 1 5√5 − 3 1 4+ 1 5− 1 √ 5 − 2 1 8− 3 4√5 + 3 10 − 1 5√5 = √6 5− 3 √ 5 − 4 5√5 = 11 5√5 = 0, 98387 6. Temos que f (x) = 5x4 0 < x < 1. Logo,

E(X) = Z 1 0 x5x4dx = 5x 6 6 1 0 = 5 6 E(X2) = Z 1 0 x25x4dx = 5x 7 7 1 0 = 5 7 Var(X) = 5 7− 25 36 = 180 − 175 252 = 5 252 Se¸c˜ao 2.7

1. Seja X o lance do outro licitante. (a) P(X < 120000) = 120000 − 100000 50000 = 0, 4 (b) P(X < 140000) = 140000 − 100000 50000 = 0, 8 2. f (x) = 1 8e −x/8 _{x > 0.} (a) P(X > 10) = P(X ≤ 10) = 1 − F (10) = 1 − (1 − e−10/8) = e−1,25 = 0, 286505 (b) P(X > 8) = P(X > E(X)) = 1 − F (E(X)) = 1 − (1 − e−1) = 0, 367879 3. f (x) = 1 12e −_x/12 _{x > 0.} (a) P(X > 10) = 1 − P(X ≤ 10) = 1 − F (10) = 1 − (1 − e−10/12) = 0, 434598. (b) P(X < 8) = P(X ≤ 8) = F (8, 0) = 1 − e−8/12 = 1 − e−8/12 = 0, 486583 Se¸c˜ao 4.5 1. (a) P(X ≤ µ + 2σ) = P Z ≤ µ + 2σ − µ σ = P(Z ≤ 2) = 0, 5 + tab(2, 0) = Φ(2, 0) =

(5)

(b) P(|X − µ| ≤ σ) = P(−σ ≤ X − µ ≤ σ) = P −σ σ ≤ X − µ σ ≤ σ σ = P(−1 ≤ Z ≤ 1) = 2 × tab(1, 0) = 0, 6826 (c) P(|X−µ| ≤ 1, 96σ) = P(−1, 96σ ≤ X−µ ≤ 1, 96σ) = P −1, 96σ σ ≤ X − µ 1, 96σ ≤ σ σ = P(−1, 96 ≤ Z ≤ 1, 96) = 2 × tab(1, 96) = 0, 95 (d) P(µ − kσ ≤ X ≤ µ + kσ) = 0, 99 ⇔ P µ − kσ − µ σ ≤ Z ≤ µ − kσ − µ σ = 0, 99 ⇔ P(−k ≤ Z ≤ k) = 0, 99 ⇔ 2 × tab(k) = 0, 99 ⇔ tab(k) = 0, 495 ⇔ k = 2, 58 (e) P(X > k) = 0, 90 ⇔ P Z > k − µ σ = 0, 90 ⇔ P Z < k − µ σ = 0, 10 ⇔ P Z > −k − µ σ = 0, 10 ⇔ tab −k − µ σ = 0, 40 ⇔ −k − µ σ = 1, 28 ⇔ k = µ − 1, 28σ

2. Dever´a ser usado o aparelho que tem maior probabilidade de funcionar pelo menos 45 horas e 49 horas, no segundo caso.

P(D1≥ 45) = P Z > 45 − 42 6 = P(Z > 0, 5) = 0, 5 − tab(0, 5) = 0, 3085 P(D2≥ 45) = P(Z > 0) = 0, 5 ⇐= P(D1≥ 49) = P Z > 49 − 42 6 = P(Z > 1, 17) = 0, 5 − tab(1, 17) = 0, 121 ⇐= P(D2≥ 49) = P Z > 49 − 45 3 = P(Z > 1, 33) = 0, 5 − tab(1, 33) = 0, 0918 3. X ∼ N (µ; σ2) P(X < 45) = 0, 31 ⇒ P Z < 45 − µ σ = 0, 31 ⇒ P Z > −45 − µ σ = 0, 31 ⇒ tab −45 − µ σ = 0, 19 ⇒ −45 − µ σ = 0, 5 ⇒ µ − 0, 5σ = 45 P(X > 64) = 0, 08 ⇒ P Z > 64 − µ σ = 0, 08 ⇒ tab 64 − µ σ = 0, 42 ⇒ 64 − µ σ = 1, 41 ⇒ µ + 1, 41σ = 64 µ − 0, 5σ = 45 × 1, 41 µ + 1, 41σ = 64 × 0, 5 =⇒ 1, 41µ − 0, 705σ = 63, 45 0, 5µ + 0, 705σ = 32 =⇒ 1, 91µ = 95, 45 =⇒ µ = 49, 9738 Substituindo: 0, 5σ = 49, 9738 − 45 =⇒ σ = 9, 9476

4. V ∼ N (500; 502) - não atender aos pedidos significa que há mais de 600 pedidos no mês. P(V > 600) = P Z > 600 − 500 50 = P(Z > 2) = 0, 5 − tab(2, 0) = 0, 0228 5. Seja X o peso de um saco. Então, X ∼ N (50; 1, 62).

(a) P(X < 48) = P < 48 − 50 1, 6 = P(Z < −1, 25) = 0, 5 − tab(1, 25) = 0, 1056 O custo médio de indeniza¸cão por saco é 5 × 0, 1056 = 0, 528 e, em 200 sacos, 200 × 0, 528 = 105, 6

(6)

(b) Queremos que 200 × 5 × P(X < 48) = 50 ⇒ P(X < 48) = 0, 05. Mas P(X < 48) = 0, 05 ⇔ P Z < 48 − µ 1, 6 = 0, 05 ⇔ P Z > −48 − µ 1, 6 = 0, 05 ⇔ tab −48 − µ 1, 6 = 0, 45 ⇔ µ − 48 1, 6 = 1, 64 ⇔ µ = 50, 624 (c) P(X < 48) = 0, 03 ⇔ P Z < 48 − 50 σ = 0, 03 ⇔ P Z > 2 σ = 0, 03 ⇔ tab 2 σ = 0, 47 ⇔ 2 σ = 1, 88 ⇔ σ = 1, 06383 6. T ∼ N (90; 202) (a) P(T ≤ 80) = P Z < 80 − 90 20 = P(Z < −0, 5) = P(Z > 0, 5) = 0, 5 − tab(0, 5) = 0, 3085 – 30,85% dos candidados passam no teste.

(b) Seja t0 o tempo m´aximo para fazer jus ao certificado. Ent˜ao P(X ≤ t0) = 0, 05 ⇒

P Z ≤t0− 90 20 = 0, 05 ⇒ P Z ≥ 90 − t0 20 = 0, 05 ⇒ tab 90 − t0 20 = 0, 45 ⇒ 90 − t0 20 = 1, 64 ⇒ t0= 57, 2 min

7. Considere os eventos B = esfera boa; R = esfera recuoper´avel e D = esfera defeituosa. Temos que P(B) = P(0, 610 < X < 0, 618) = P 0, 610 − 0, 614 0, 0025 < Z < 0, 618 − 0, 614 0, 0025 = P(−1, 6 < Z < 1, 6) = 2 × tab(1, 6) = 0, 8904 P(D) = P(X < 0, 608) + P(X > 0, 620) = P Z < 0, 608 − 0, 614 0, 0025 + P 0, 620 − 0, 614 0, 0025 = P(Z < −2, 4) + P(Z > 2, 4) = 2 × P(Z > 2, 4) = 2 × [0, 5 − tab(2, 4)] = 0, 0164 P(R) = 1 − 0, 0164 − 0, 8904 = 0, 0932

A distribui¸c˜ao do lucro ´e dada a seguir:

evento B R D prob 0,8904 0,0932 0,0164 lucro L 0,10 0,05 -0,10 Logo, E(L) = 0, 10 × 0, 8904 + 0, 05 × 0, 0932 − 0, 10 × 0, 0164 = 0, 09206 8. DA∼ N (9; 22) DB∼ N (12; 32) P(DA< 6) = P(Z < −1, 5) = P(Z > 1, 5) = 0, 5 − tab(1, 5) = 0, 0668 P(DB< 6) = P(Z < −2, 0) = P(Z > 2, 0) = 0, 5 − tab(2, 0) = 0, 0228 LA: `A -3000 1000 Prob 0,0668 0,9332 E(LA) = −3000 × 0, 0668 + 1000 × 0, 9332 = 732, 8. LB: `B -8000 2000 Prob 0,0228 0,9772 E(LB) = −8000 × 0, 0228 + 2000 × 0, 9772 = 1772. Aparelho B apresenta maior lucro m´edio.

(7)

9. Seja X o peso dos coelhos. Ent˜ao, X ∼ N (5; 0, 82). Sejam `, m, g os limites das classes. P(X < `) = 0, 20 ⇒ P Z < ` − 5 0, 8 = 0, 2 ⇒ P ZZ > 5 − ` 0, 8 = 0, 2 ⇒ tab 5 − ` 0, 8 = 0, 3 ⇒ 5 − ` 0, 8 = 0, 84 ⇒ ` = 4, 328 P(X < m) = 0, 75 ⇒ P Z < m − 5 0, 8 = 0, 75 ⇒ tab m − 5 0, 8 = 0, 25 ⇒ m − 5 0, 8 = 0, 67 ⇒ m = 5, 536 P(X < g) = 0, 90 ⇒ P Z < g − 5 0, 8 = 0, 90 ⇒ tab g − 5 0, 8 = 0, 40 ⇒ m − 5 0, 8 = 1, 28 ⇒ g = 6, 024 Leves: X < 4, 328 M´edios: 4, 325 ≤ X < 5, 536 Grandes: 5, 536 ≤ X < 6, 024 Extra: X ≥ 6, 024 10. (a) P(−3 ≤ X ≤ 3) = P −3 − 3 5 ≤ Z ≤ 0 = P(−1, 2 ≤ Z ≤ 0) = tab(1, 2) = 0, 3849 (b) P(−2 ≤ X ≤ 8) = P −2 − 3 5 ≤ Z ≤ 8 − 3 5 = P(−1 ≤ Z ≤ 1) = 2 × tab(1, 0) = 0, 6826 (c) P(X > k) = 0, 05 ⇒ P Z > k − 3 5 = 0, 05 ⇒ tab k − 3 5 = 0, 45 ⇒ k − 3 5 = 1, 64 ⇒ k = 11, 2 (d) P(X > k) = 0, 80 ⇒ P Z > k − 3 5 = 0, 80 ⇒ P Z ≤ k − 3 5 = 0, 20 ⇒ P Z ≥3 − k 5 = 0, 20 ⇒ tab 3 − k 5 = 0, 30 ⇒ 3 − k 5 = 0, 84 ⇒ k = −1, 2

11. Sejam Q1, Q2 e Q3 os três quartis. Como a distribui¸cão é simétrica, resulta que Q2= µ .

P(X < Q1) = 0, 25 ⇔ P Z < Q1− µ σ = 0, 25 ⇔ P Z > µ − Q1 σ = 0, 25 ⇔ tab µ − Q1 σ = 0, 25 ⇔ µ − Q1 σ = 0, 67 ⇔ Q1 = µ − 0, 67σ P(X < Q3) = 0, 75 ⇔ P Z < Q3− µ σ = 0, 75 ⇔ tab Q3− µ σ = 0, 25 ⇔ Q3− µ σ = 0, 67 ⇔ Q3= µ + 0, 67σ IIQ = Q3− Q1 = (µ + 0, 67σ) − (µ − 0, 67σ) = 1, 34σ 12. P(X < 50) = 0, 90 ⇔ P Z < 50 − µ σ = 0, 90 ⇔ tab 50 − µ σ = 0, 40 ⇔ 50 − µ σ = 1, 28 ⇔ µ + 1, 28σ = 50 P(X < 25) = 0, 15 ⇔ P Z < 25 − µ σ = 0, 15 ⇔ P Z > µ − 25 σ = 0, 15 ⇔ tab µ − 25 σ = 0, 35 ⇔ µ − 25 σ = 1, 04 ⇔ µ − 1, 04σ = 25

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µ − 1, 04σ = 25 × 1, 28 µ + 1, 28σ = 50 × 1, 04 =⇒ 1, 28µ − 1, 3312σ = 32 1, 04µ + 1, 3312σ = 52 =⇒ 2, 32µ = 84 =⇒ µ = 36, 206897 Substituindo: 1, 04σ = 36, 206897 − 25 =⇒ σ = 10, 77586

13. Seja X o volume das garrafas. Ent˜ao, X ∼ N (1000; σ2). P(X < 990) = 0, 01 ⇔ P Z < 990 − 1000 σ = 0, 01 ⇔ P Z > 1000 − 990 σ = 0, 01 ⇔ tab 10 σ = 0, 49 ⇔ 10 σ = 2, 33 ⇔ σ = 4, 2918