10.2 Soluções dos exercícios de modelos probabilísticos contínuos

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Exercício 9.4.1: 

Sabemos que $ X $ e $ Y $ são variáveis aleatórias independentes, além disso, $ X\sim \text{exp}(\lambda_1) $ e $ Y\sim \text{exp}(\lambda_2) $, com $ \lambda_1 \textgreater 0 $ e $ \lambda_2 \textgreater 0 $.  Dessa forma 

$$f_X(x)=\lambda_1e^{-\lambda_1x}I_{x\geq 0}$$


$$f_Y(y)=\lambda_2e^{-\lambda_2y}I_{y\geq 0}$$

 

por independência  

$$f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=\lambda_1\lambda_2e^{-\lambda_1x-\lambda_2y}$$

logo 

$$\mathbb{P}[X \ \textless \ Y]=\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y}f(x,y)dx dy = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y}\lambda_1\lambda_2e^{-\lambda_1x-\lambda_2y} dx dy $$

 


$$=\int_{0}^{\infty}\lambda_2e^{-\lambda_2y}\left[ \int_{0}^{y} \lambda_1e^{-\lambda_1x} dx \right]dy ~~(1)$$

mas 

$$\int_{0}^{y} \lambda_1e^{-\lambda_1x}dx=\left[-e^{-\lambda_1x}\right]_0^y=1-e^{-\lambda_1y}~~(2)$$

aplicando $ (2) $ em $ (1) $, obtemos 

$$\mathbb{P}[X \ \textless \ Y]=\int_0^{\infty}\lambda_2e^{-\lambda_2y}\left(1-e^{-\lambda_1y\right)}dy=\int_{0}^{\infty}\lambda_2e^{-\lambda_2y}-\lambda_2e^{-(\lambda_2+\lambda_1)}dy$$

 


$$=\left[-e^{-\lambda_{2}y}\right]_0^{\infty}-\lambda_2\left[-\frac{e^{-(\lambda_1+\lambda_2)y}}{(\lambda_1+\lambda_2)}\right]_0^{\infty}=1-\frac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}$$

 


$$=\frac{\lambda_1+\lambda_2-\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}=\frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}$$

Exercício 9.4.2:

Seja $ X_{\text{min}}=\displaystyle\min_{1\leq i \leq n}\{X_i\} $, note que $ X_{\text{min}} \textgreater x $ se, e somente se, $ X_i \ \textgreater \ x $ para todo $ i=1,\dots ,n $. Como $ X_1,X_2,\dots ,X_n $ são independentes, podemos calcular da forma 

$$\mathbb{P}[X_{\text{min}} \ \textgreater \ x]=\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\mathbb{P}[X_i \ \textgreater \ x]~~(1)$$

Se $ X\sim \text{exp}(\alpha) $ então $ \mathbb{P}[X \ \textgreater \ x]=e^{-\alpha x} $ (ver exercício 9.4.3), logo podemos calcular $ (1) $ fazendo 

$$\math{P}[X_{\text{min}} \ \textgreater \ x] = \displaystyle\prod_{i=1}^{n} e^{-\alpha x} = e^{-n\alpha x}$$

logo, $ X_{\min}\sim \text{Exp}(n\alpha) $, então 

$$\mathbb{P}[nX_{\min} \ \leq \ x]= \mathbb{P}[X_{\min} \ \leq \ x/n]= F_{X_{\min}}(x/n)=1-e^{-n\alpha x/n}=1-e^{-\alpha x}~~(2)$$

A equação $ (2) $ representa a FDA de uma v.a. exponencial com parâmetro igual a $ \alpha $, logo  

$$n\displaystyle\min_{1\leq i\leq n}\{X_i\}\sim\text{Exp}(\alpha)$$

Exercício 9.4.3: 


$$\mathbb{P}[X \ \textgreater \ x+t \ | \ X \ \textgreater \ t]=\frac{\mathbb{P}[X \ \textgreater \ x+t \ , \ X \ \textgreater \ t]}{\mathbb{P}[X \ \textgreater \ t]}=\frac{\mathbb{P}[X\ \textgreater \ x+t]}{\mathbb{P}[X \ \textgreater \ t]}~~(1)$$

Se $ X~\text{exp}\sim (\alpha) $, a FDA de $ X $ é da forma 

$$F_x(x)= \mathbb{P}[X \ \leq \ x]=\int_0^x\alpha e^{-\alpha x}dx=1-e^{-\alpha x}$$

logo  

$$\mathbb{P}[X \ \textgreater \ x]= 1 - \mathbb{P}[ X \ \leq \ x]=1-F(x)=e^{-\alpha x}~~(2)$$

aplicando $ (2) $ em $ (1) $, obtemos 

$$\mathbb{P}[X \ \textgreater \ x+t \ | \ X \ \textgreater \ t]=\frac{\mathbb{P}[X\ \textgreater \ x+t]}{\mathbb{P}[X \ \textgreater \ t]}=\frac{e^{-\alpha (x+t)}}{e^{-\alpha t}}=e^{-\alpha x}=\mathbb{P}[X \ \textgreater \ x]$$

Exercício 9.4.4:


$$\Gamma (t) = \int_0^\infty x^{(t-1)}e^{-x}dx~~,~~t \ \textgreater \ 0 ~~(1)$$

Resolvendo a integral $ (1) $ por partes, fazendo $ e^{-x}dx=dv $ e $ x^{t-1}=u $ , obtemos 

$$\Gamma (t) = \left[-e^{-x}x^{t-1}\right]_0^\infty - \int_0^\infty -e^{-x}(t-1)x^{t-2}dx$$

 


$$=0+(t-1)\int_0^\infty e^{-x}x^{t-1}dx$$

 


$$=(t-1)\Gamma (t-1)$$

Analogamente, obtemos $ \Gamma (t-1)=(t-2)\Gamma(t-2) $ e sucessivamente, logo 

$$\Gamma(t) = (t-1)(t-2)\dots \Gamma(1)$$

mas 

$$\Gamma(1)=\int_0^\infty e^{-x}x^{t-1}dx=\int_0^\infty e^{-x}dx = 1$$

logo 

$$\Gamma(t)=(t-1)(t-2)\dots (1)=(n-1)!$$

Execício 9.4.5:

Se $ X \sim Gamma(\alpha,\beta) $ então 

$$f(x)=\frac{\beta^{\alpha} x^{\alpha -1} e^{-\beta x}}{\Gamma (\alpha)}I_{(x \ \geq \ 0)}$$

Logo 

$$\mathbb{E}[X^r]=\int_0^\infty \frac{x^r \beta^{\alpha} x^{\alpha -1} e^{-\beta x}}{\Gamma (\alpha}dx= \frac{\beta ^\alpha}{\Gamma (\alpha)}\int_0^\infty x^{(r-\alpha )-1 }e^{-\beta x}dx}$$

 


$$=\frac{\beta^\alpha \Gamma (r+ \alpha )}{\Gamma (\alpha ) \beta^{(\alpha + r)}} = \frac{\Gamma (r+\alpha) }{\Gamma (\alpha ) \beta^r}$$

Exercício 9.4.6:

Primeiramente, calculamos a função geradora de momentos da distribuição gama 

\[M_X(t)=E[e^{tX}]=\int_{0}^{\infty}e^{tx}x^{\alpha-1}e^{-\beta x}\frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)}=\frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}x^{\alpha-1}e^{-(\beta-t)x}dx=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)}\frac{\Gamma(\alpha)}{(\beta-t)^{\alpha}}\]

Portanto, 

\[M_X(t) =\left(\frac{\beta}{\beta-t}\right)^{\alpha}\]

Para $ \sum_{i=1}^{n}X_i $ 

\[M_{\sum_{i=1}^{n}X_i}(t)=\mathbb{E}\left(e^{t(\sum_{i=1}^{n}x_i)}\right)= \mathbb{E}\left(\prod_{i=1}^{n}e^{tx_i}\right)=\prod_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left(e^{tx_i}\right) =\prod_{i=1}^{n}\left(\frac{\beta}{\beta-t}\right)^{\alpha_i}=\left(\frac{\beta}{\beta-t}\right)^{\sum_{i=1}^{n}\alpha_i}\]

 Dessa forma, mostramos que 

$$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}X_i\sim \ \text{Gama}\left(\sum_{i=1}^{n}\alpha_i,\beta\right)$$

Exercício 9.4.7

 

Exercício 9.4.8:

Se $ T\sim VE(\mu ,\sigma) $ do tipo I (Gumbel) sua f.d.p é dada por 

$$f(x)=\frac{1}{\sigma}\text{exp}\left\{\frac{x-\mu}{\sigma}-\text{exp}\left\{\frac{-(x-\mu}{\sigma}\right\} \right\} I_{(x\in \mathbb{R})}$$

e sua FDA é da forma 

$$F_X(x)=\text{exp}\left\{-\text{exp}\left\{\frac{-(x-\mu)}{\sigma}\rigth\}\right\}$$

Se $ Z=\text{exp}\left\{\frac{-(T-\mu)}{\sigma}\right\} $ então 

$$F_Z(z)=\mathbb{P}[Z\leq z]=\mathbb{P}\left[\text{exp}\left\{\frac{-(T-\mu)}{\sigma}\right\}\leq z\right]=\mathbb{P}\left[\frac{-(T-\mu)}{\sigma}\leq \text{log}(z)\right]$$

 

$$=\mathbb{P}\left[-(T-\mu)\leq \sigma \text{log}(z)\right]\mathbb{P}[-T \leq \sigma \text{log}(z) -\mu] = \mathbb{P}[T \geq -\sigma \text{log} (z) + \mu]$$

 

$$=1-F_T(-\sigma \text{log}(z) + \mu )=1-\text{exp}\left\{-\text{exp}\left\{\frac{-(\mu-\text{log}(z)-\mu )}{\sigma}\right\} \right\}$$

 


$$=1-\text{exp}\{-\text{exp}\{\text{log}(z)\}\}=1-\text{exp}\{-z\}$$

Logo a função densidade de $ Z $ é da forma 

$$f_Z(z)=\dfrac{\partial F_Z}{\partial z}=e^{-z}$$

Concluímos que $ Z\sim \text{exp}(1) $.

Exercício 9.4.10:


$$\mathbb{P}\left[Y \ \leq \ y \right]=\mathbb{P}\left[-\text{ln}\left(\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}\right)\ \leq \ y \right] = \mathbb{P}\left[\text{ln}\left(\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}\right)\ \textgreater \ -y \right] $$

 


$$=\mathbb{P}\left[\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}\ \textgreater \ e^{-y} \right]= \mathbb{P}\left[e^{-x} \ \textgreater \ e^{-y} -e^{-x}e^{-y} \right]= \mathbb{P}\left[e^{-x}+e^{-x}e^{-y} \ \textgreater \ e^{-y} \right]=\mathbb{P}\left[e^{-x} \left(1 + e^{-y}\right) \ \textgreater \ e^{-y} \right]$$

 


$$= \mathbb{P}\left[e^{-x} \ \textgreater \ \left( \frac{e^{-y}}{1 + e^{-y}} \right) \right]= \mathbb{P}\left[X \ \leq \ -\text{ln}\left(\frac{e^{-y}}{1+e^{-y}}\right) \right]$$

Desse modo 

$$F_Y(y)=F_X\left( -\text{ln}\left(\frac{e^{-y}}{1+e^{-y}}\right) \right) =1-\left(\frac{e^{-y}}{1+e^{-y}}\right)=\frac{e^{-y}-e^{-y}+1}{1+e^{-y}}=\frac{1}{1+e^{-y}}$$

Logo 

$$f_Y(y)=\frac{dF_Y(y)}{dy}=\frac{e^{-y}}{\left( 1+e^{-y} \right)^2}$$

Por outro lado, se $ Y $ é uma v.a com distribuição logística, como $ x=\text{ln} \left( \frac{1+ e^{-y} }{ e^{-y}}\right) $ obtemos  

$$\mathbb{P}\left[X \ \leq \ x \right]=\mathbb{P}\left[\text{ln} \left( \frac{1+ e^{-y} }{ e^{-y}}\right) \ \leq \ x \right]=\mathbb{P}\left[ \frac{1+ e^{-y} }{ e^{-y}} \ \leq \ e^{x} \right]$$

 


$$=\mathbb{P}\left[ 1+ e^{-y} \ \leq \ e^{x}e^{-y} \right]=\mathbb{P}\left[ e^{-y}(e^{x}-1) \ \textgreater \ 1 \right]=\mathbb{P}\left[ e^{-y} \ \textgreater \ \frac{1}{e^{x}-1} \right]$$

 


$$=\mathbb{P}\left[ -y \ \textgreater \ \text{ln}\left(\frac{1}{e^{x}-1} \right) \right]=\mathbb{P}\left[ y \ \leq \ \text{ln}\left(e^{x}-1 \right) \right]$$

Logo $ F_X(x) $ é dada por 

$$F_X(x)=F_Y \left(\text{ln}\left(e^{x}-1 \right) \right)=\frac{1}{1+e^{-\text{ln}\left(e^{x}+1\right)}}=\frac{1}{1+e^{\text{ln}\left((e^{x}-1)^{-1}\right)}}=\frac{1}{1+\left(e^{x}-1\right)^{-1}}$$

 


$$=\frac{1}{1+\left(\frac{1}{e^{x}-1}\right)}=\frac{1}{\left(\frac{1-1+e^{x}}{e^{x}-1}\right)}=\frac{1}{\left(\frac{e^{x}}{e^{x}-1}\right)}=\frac{e^{x}-1}{e^{x}}=1-e^{-x}$$

Que representa a distribuição acumulada da v.a exponencial com $ \lambda =1 $, logo, $ X\sim \text{exp}(1) $.

Probabilidades

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