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 $\lambda_1 > 0$ e $\lambda_2 > 0$.  Dessa forma $$f_X(x)=\lambda_1e^{-\lambda_1x}I_{x\geq 0}$$ e $$f_Y(y)=\lambda_2e^{-\lambda_2y}I_{y\geq 0}$$ 

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

logo $$\mathbb{P}[X \ < \ Y]=\int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y}f(x,y)dx dy = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y}\lambda_1\lambda_2e^{-\lambda_1x-\lambda_2y} dx dy $$ $$=\int_{0}^{\infty}\lambda_2e^{-\lambda_2y}\left[ \int_{0}^{y} \lambda_1e^{-\lambda_1x} dx \right]dy ~~(1)$$

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 $$\mathbb{P}[X <  Y]=\int_0^{\infty}\lambda_2e^{-\lambda_2y}\left(1-e^{-\lambda_1y}\right)dy=\int_{0}^{\infty}\lambda_2e^{-\lambda_2y}-\lambda_2e^{-(\lambda_2+\lambda_1)}dy$$ $$=\left[-e^{-\lambda_{2}y}\right]_0^{\infty}-\lambda_2\left[-\frac{e^{-(\lambda_1+\lambda_2)y}}{(\lambda_1+\lambda_2)}\right]_0^{\infty}=1-\frac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}$$ $$=\frac{\lambda_1+\lambda_2-\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}=\frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}$$

Exercício 9.4.2:

Seja $X_{\text{min}}=\displaystyle\min_{1\leq i \leq n}\{X_i\}$, note que $X_{\text{min}} > x$ se, e somente se, $X_i \ > \ x$ para todo $i=1,\dots ,n$. Como $X_1,X_2,\dots ,X_n$ são independentes, podemos calcular da forma $$\mathbb{P}[X_{\text{min}} \ > \ x]=\displaystyle\prod_{i=1}^{n}\mathbb{P}[X_i \ > \ x]~~(1)$$

Se $X\sim \text{exp}(\alpha)$ então $\mathbb{P}[X \ > \ x]=e^{-\alpha x}$ (ver exercício 9.4.3), logo podemos calcular $(1)$ fazendo $$\mathbb{P}[X_{\text{min}} \ > \ x] = \displaystyle\prod_{i=1}^{n} e^{-\alpha x} = e^{-n\alpha x}$$

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: 

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

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

aplicando $(2)$ em $(1)$, obtemos $$\mathbb{P}[X \ > \ x+t \ | \ X \ > \ t]=\frac{\mathbb{P}[X\ > \ x+t]}{\mathbb{P}[X \ > \ t]}=\frac{e^{-\alpha (x+t)}}{e^{-\alpha t}}=e^{-\alpha x}=\mathbb{P}[X \ > \ x]$$

Exercício 9.4.4:

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

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

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:

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

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

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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