Correção da Prova 1

  1. Um dado de quatro faces é arremessado duas vezes. Considere que \(X\) é a soma dos resultados obtidos em cada lançamento. Determine \(f_{X}(x)\), \(F_{X}(x)\) e \(\mathbb{V}[X]\).

Solução:

  1. Se denotarmos por \(X_1\) o resultado do primeiro dado, \(X_2\) o resultado do segundo dado e definimor \(X = X_1 + X_2\), então obtemos as seguintes possibilidades:

Com as possibilidades são equiprováveis, a densidade de \(X\) é dada por:

  1. Assim,

\[ \begin{align*} F_{X}(x) = \mathbb{P}(X \leq x) &= \begin{cases} 0 & \text{, se } x < 2 \\ 0.0625 & \text{, se } 2 \leq x < 3 \\ 0.1875 & \text{, se } 3 \leq x < 4 \\ 0.3750 & \text{, se } 4 \leq x < 5 \\ 0.6250 & \text{, se } 5 \leq x < 6 \\ 0.8125 & \text{, se } 6 \leq x < 7 \\ 0.9375 & \text{, se } 7 \leq x < 8 \\ 1 & \text{, se } x \geq 8 \\ \end{cases} \end{align*} \]

  1. Finalmente, note que: \[ \begin{align*} \mathbb{V}[X_i] &= \mathbb{E}[X_i^2] - \mathbb{E}[X_i]^2 \\ &= \frac{1^2+2^2+3^2+4^2}{4} - \left(\frac{1+2+3+4}{4}\right)^2 \\ &= \frac{20}{16} = 1.25 \\ \mathbb{V}[X] &= \mathbb{V}[X_1 + X_2] \\ &= \mathbb{V}[X_1] + \mathbb{V}[X_2] = 2.5 \end{align*} \]
  1. Se \(X\) é tal que \(f_{X}(x) = cx \mathbb{I}(1 \leq x \leq 2)\), determine \(c\), \(\mathbb{P}(X \leq 1.25 \cup X \geq 1.75)\) e \(M_{X}(t)\).

Solução:

\[ \begin{align*} 1 = \mathbb{P}(X \in \mathbb{R}) &= \int_{-\infty}^{\infty}f_{X}(x)dx \\ &= \int_{-\infty}^{\infty}cx \mathbb{I}(1 \leq x \leq 2)dx \\ &= c \int_{1}^{2} x dx \\ &= \frac{cx^2}{2}\bigg|_{1}^{2} = \frac{c}{2}(2^2-1) = \frac{3c}{2} \end{align*} \] Juntando os lados esquerdo e direito da equação, obtemos \(1 = \frac{3c}{2}\), isto é \(c = \frac{2}{3}\).

  1. Note que

\[ \begin{align*} \mathbb{P}(X \leq 1.25 \cup X \geq 1.75) &= 1- \mathbb{P}(1.25 < X < 1.75) \\ &= 1- \int_{1.25}^{1.75}f_{X}(x)dx \\ &= 1- \int_{1.25}^{1.75} \frac{2x}{3} dx \\ &= 1- \frac{x^2}{3}\bigg|_{1.25}^{1.75} = 1-\frac{1.75^2 - 1.25^2}{3} \end{align*} \]

  1. Finalmente,

\[ \begin{align*} M_{X}(t) &= \mathbb{E}[\exp(tX)] \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \exp(tx)f_{X}(x)dx \\ &= \int_1^2 \frac{2x\exp(tx)}{3} \\ &= \frac{2x\exp(tx)}{3t}\bigg|_1^2 - \int_1^2 \frac{2\exp(tx)}{3t} \\ &= \frac{4\exp(2t)-2\exp(t)}{3t} - \frac{2\exp(tx)}{3t^2}\bigg|_1^2 \\ &= \frac{4\exp(2t)-2\exp(t)}{3t} - \frac{2(\exp(2t)-\exp(t))}{3t^2} \end{align*} \]

  1. Considere que \(X_1, \ldots, X_n\) são variáveis independentes e tais que \(f_{X_i}(x) = \mathbb{I}(0 \leq x \leq 1)\), isto é, cada \(X_i\) é uma variável uniforme em \([0,1]\). Se \(Z = \max(X_1,X_2,\ldots,X_n)\), determine \(F_{Z}(z)\) e \(f_{Z}(z)\).

Solução:

\[ \begin{align*} F_{Z}(z) &= \mathbb{P}(Z \leq z) \\ &= \mathbb{P}(X_1 \leq z \cap \ldots \cap X_n \leq z) \\ &= \prod_{i=1}^n \mathbb{P}(X_i \leq z) \\ &= \prod_{i=1}^n F_{X_i}(z) = \begin{cases} 0 & \text{, se } z \leq 0 \\ z^n & \text{, se } 0 < z < 1 \\ 1 & z \geq 1 \end{cases} \end{align*} \] Portanto, \(f_{Z}(z) = \frac{\partial F_{Z}(z)}{\partial z} = nz^{n-1}\mathbb{I}(0 < z < 1)\).

  1. Considere que \(\Omega = \{-1,0,1\}\), \(X(\omega) = \omega\) e \(Y(\omega) = \omega^2\).
  1. Determine \(Cov[X,Y]\).
  2. \(X\) e \(Y\) são independentes?

Solução:

  1. Note que \(\mathbb{E}[X] = \frac{-1+0+1}{3} = 0\). Também, \(\mathbb{E}[Y] = \mathbb{E}[X^2] = \frac{2}{3}\). Finalmente, \(\mathbb{E}[XY] = \mathbb{E}[X^3] = \frac{(-1)^3+0^3+1^3}{3} = 0\). Conclua que:

\[ \begin{align*} Cov[X,Y] &= \mathbb{E}[XY] - \mathbb{E}[X]\mathbb{E}[Y] = 0 \end{align*} \]

\[ \begin{align*} \mathbb{P}(X = 0 \cap Y = 0) &= (X = 0 \cap X^2 = 0) = \frac{1}{3} \\ \mathbb{P}(X = 0)\mathbb{P}(Y = 0) &= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{9} \end{align*} \] Como \((X = 0 \cap Y = 0) \neq \mathbb{P}(X = 0)\mathbb{P}(Y = 0)\), conclua que \(X\) e \(Y\) não são independentes.

  1. Prove que \(\mathbb{V}[X]=0\) se e somente se existe \(c\) tal que \(\mathbb{P}(X=c)=1\).

Solução:

Se \(\mathbb{P}(X=c)=1\), então \(\mathbb{E}[X] = c\), \(\mathbb{E}[X^2] = c^2\) e \(\mathbb{V}[X] = \mathbb{E}[X^2\mathbb{E}[X]^2=0\).

Por outro lado, se \(\mathbb{V}[X]=0\), então \(\mathbb{V}[X-\mathbb{E}[X]]=0\), isto é, \(\|X-\mathbb{E}[X]\|^2\). Conclua que \(X-\mathbb{E}[X] = 0\), isto é, \(X = \mathbb{E}[X]\). Portanto, \(X\) é uma constante.