P1 - MAT-PUC-RIO

1a Prova de Probabilidade – PUC-Rio – 11/04/2011
Nome:
Questão
1
2
3
4
5
Total
Valor:
2
11/2
21/2
21/2
11/2
10
Nota:
1. [2 pt] Dispomos de um dado honesto de 6 faces e uma moeda honesta. Lançamos alternadamente o dado, a moeda, o dado, a moeda etc, parando na primeira vez que a moeda der
coroa. Seja N o número de vezes que o dado foi lançado, e seja S a soma dos valores obtidos
no dado. Calcule a probabilidade (condicional) de S = 4 dado que N é par.
Solução: Primeiramente, P[N = n] = 21n . (Isso pode ser provado por indução observando que P[N = n + 1] = P[N = n + 1 | N = n] · P[N = n] = 12 P[N = n].) Portanto
∞
X 1
X
1
1
P[N = par] =
=
= .
n
k
2
3
4
n=par
k=0
Queremos calcular
P[S = 4 | N = par] =
P[S = 4 e N = par]
.
P[N = par]
Mas S = 4 implica N ≤ 4, logo
P[S = 4, N = par] = P[S = 4, N = 2]
= P[S = 4 | N = 2] · P[N = 2]
+ P[S = 4, N = 4]
+ P[S = 4 | N = 4] · P[N = 4]
= P[(1, 3), (2, 2) ou (3, 1) | N = 2] · P[N = 2] + P[(1, 1, 1, 1) | N = 4] · P[N = 4]
3
1
1
1
= 2× 2
+ 4× 4
6
2
6
2
A probabilidade procurada vale o triplo desta valor, isto é, 433/6912 .
2. [11/2 pt] Uma urna contém n bolas numeradas 1, 2, . . . , n. Retiramos k bolas (sem reposição)
e calculamos a soma S. Qual a esperança de S?
Solução: Podemos supor que as bolas são retiradas uma de cada vez. Seja Xi o número
na i-ésima bola a ser retirada. As variáveis aleatórias Xi têm todas distribuição uniforme
em {1, . . . , n} (mas não são independentes). Logo
E(S) =
k
X
i=1
E(Xi ) = kE(X1 ) =
k(n + 1)
.
2
3. Uma pessoa tem n chaves no bolso, sendo que apenas uma chave abre a porta da sua casa.
Ela experimenta chaves escolhidas ao acaso. Determine a esperança do número de tentativas
necessárias para abrir a porta:
(a) [1 pt] se as chaves mal-sucedidas são eliminadas para tentativas posteriores (sendo que
em cada tentativa, cada chave dentre as restantes tem igual probabilidade de ser escolhida).
Solução: A formulação é equivalente a escolher uma permutação aleatória das
chaves e olhar a posição da chave correta. Logo o número X de tentativas tem
distribuição uniforme em {1, . . . , n}. Calculamos
n
1X
n+1
E(X) =
k=
n
2
k=1
(b) [1 1/2 pt] se as chaves mal-sucedidas não são eliminadas para tentativas posteriores (i.e.,
as tentativas são independentes e cada chave tem sempre probabilidade 1/n de ser
escolhida).
Solução: Se Y é o número de tentativas com este método então P[Y = k] =
P[k − 1 falhas, 1 sucesso] = pk−1 q, onde p = 1 − n1 , q = n1 . (I.e., N tem distribuição
exponencial discreta (ou geométrica).) Calculamos
!
∞
∞
X
X
d
d
p
1
1
k−1
k
kp q = q ·
E(Y ) =
p
=q
=q·
= = n.
2
dp
dp 1 − p
(1 − p)
q
k=1
k=1
4. Usando os axiomas de espaço de probabilidade, prove que:
(a) [1 pt] Se A, B são eventos com A ⊂ B então P(A) ≤ P(B).
Solução: Temos B = A t (B r A) t ∅ t ∅ t . . . (união enumerável de conjuntos
disjuntos). Logo, pelos axiomas
P(B) = P(A) + P(B r A) + P(∅) = 0 + · · · ≥ P(A) .
| {z } |{z}
≥0
Obs: Talvez P(∅) = 0 não tenha sido tomado como axioma; de qualquer maneira,
isto é facilmente provado usando que Ω = Ω t ∅ t . . . e que 0 ≤ P (E) ≤ 1 para
todo evento E.
(b) [11/2 pt] Se A1 , A2 , . . . é uma sequência de eventos então
!
∞
[
X
P
An ≤
P(An ) (se esta série converge.)
n=1
n∈N
Solução: Seja U :=
B1 := A1 e
S
n∈N An .
Defina uma outra sequência Bn de eventos pondo
Bn := An r (A1 ∪ · · · ∪ An−1 ) se n ≥ 2.
F
Então osPeventos Bn são disjuntos e n∈N Bn = U . Usando um axioma temos
P(U ) = ∞
n=1 P(Bn ) (e a série converge). Como Bn ⊂ An , a propriedade provada
no item anterior dá P(Bn ) ≤ P(An ). A afirmação segue.
5. [11/2 pt] Sejam X e Y variáveis aleatórias, e seja F = FX,Y a função de distribuição conjunta.
Defina uma variável aleatória
(
X se Y ≤ 0,
Z=
0 se Y > 0.
Expresse FZ , a função de distribuição de Z, em termos de F apenas.
Solução:
FZ (z) = P[Z ≤ z]
= P[Z ≤ z e Y ≤ 0] + P[Z ≤ z e Y > 0]
= P[X ≤ z e Y ≤ 0] + P[0 ≤ z e Y > 0]
|
{z
} |
{z
}
(I)
Temos
(I) = FX,Y (z, 0) ,
(II)
(
0
se z < 0
(II) =
P[Y > 0] se z ≥ 0
Como P[Y > 0] = 1 − P[Y ≤ 0] = 1 − FY (0) = 1 − limx→+∞ FX,Y (x, 0), a resposta é
(
F (z, 0)
se z < 0
FZ (z) =
F (z, 0) + 1 − limx→+∞ F (x, 0) se z ≥ 0