Baixe Gabarito Estatísitca Básica, Bussab - capitulo 6 e outras Manuais, Projetos, Pesquisas em PDF para Matemática, somente na Docsity! bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 1 -- Capítulo 6 Problema 01. 56 3! !5 !8 3 8 )( ==      =Ωn combinações possíveis 1 3 3 0 5 0 =      ×      ⇒=X 15 2 3 1 5 1 =      ×      ⇒=X 30 1 3 2 5 2 =      ×      ⇒=X 10 0 3 3 5 3 =      ×      ⇒=X Então a distribuição de X é dada por: X 0 1 2 3 P(X=x) 56 1 56 15 56 30 56 10 Problema 02. 5128)( 3 ==Ωn combinações possíveis 27350 30 =×⇒=X 13535 1 3 1 21 =××      ⇒=X 22535 2 3 2 12 =××      ⇒=X 12535 3 3 3 03 =××      ⇒=X X 0 1 2 3 P(X=x) 512 27 512 135 512 225 512 125 Problema 03. 2 1 1 ⇒⇒= CX 4 1 2 1 2 2 =      ⇒⇒= RCX 8 1 2 1 3 3 =      ⇒⇒= RRCX X 1 2 3 4 ..... P(X=x) 2 1 4 1 8 1 16 1 ..... bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 2 -- De modo geral, xx xXP      =     ×     == − 2 1 2 1 2 1 )( 1 , x=1,2,3.... Problema 04. Seguindo o mesmo raciocínio idêntico ao Problema 02, tem-se: X 0 1 2 3 4 P(X=x) 16 1 16 4 16 6 16 4 16 1 Problema 05. No contexto apresentado, a distribuição do número de caras é dada por: ( ) 4. 3, 2, 1, 0,y,14)( 4 =−××      == − yy pp y yYP Problema 06. Por similaridade, tem-se: ( ) n.3,..., 2, 1, 0,y,1)( =−××      == − yny pp y n yYP Problema 07. Para o Problema 01, tem-se: 875,1 56 105 56 30 56 60 56 15 E(X) ==++= 018,4 56 225 56 90 56 120 56 15 )E(X 2 ==++= [ ] [ ] 502,0875,1018,4E(X)-)E(XVar(X) 222 =−== Para o Problema 02, tem-se: 875,1 512 960 512 375 512 450 512 135 E(X) ==++= 219,4 512 2160 512 1175 512 900 512 135 )E(X2 ==++= [ ] [ ] 703,0875,1219,4E(X)-)E(XVar(X) 222 =−== Problema 08. 0,2 16 4 16 12 16 12 16 4 E(Y) =+++= 0,5 16 16 16 36 16 24 16 4 )E(Y2 =+++= [ ] [ ] 0,10,20,5E(X)-)E(XVar(X) 222 =−== Problema 09. Y=3X 0 3 6 9 P(Y=y) 56 1 56 15 56 30 56 10 bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 5 -- Problema 14. ( ) ( ) 450000000 150 1 100000 150 23 50000 150 126 0)( 222 =×+×+×=YE ( ) 38055561133,8333450000000)( 2 =−=XVar Problema 15. A partir do Problema 11, tem-se:      ≥ <≤ < = 1 v1, 1v0 q, 0 v,0 )(vFV Gráfico para q=0,4: 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 -0,2 -0,1 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 1,1 V Problema 16. A partir do Problema 10, tem-se:        ≥ <≤ <≤ < = 3y 1, 3y2 6/8, 2y1 2/8, 1y ,0 )(yFY 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 0 1 2 3 4 y F (y ) bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 6 -- Problema 17. 6,41,072,062,053,041,031,02)( =×+×+×+×+×+×=TE G 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 P(G=g) 0,3 0,2 0,3 0,1 0,1 75,21,041,05,33,032,05,23,02)( =×+×+×+×+×=GE 975,71,0161,025,123,092,025,63,04)( 2 =×+×+×+×+×=GE [ ] 4125,05625,7975,7)()()( 22 =−=−= GEGEGVar Problema 18. A distribuição de X é dada por: X 1 2 3 P(X=x) 31 61 21 Desse modo, a f.d.a de X é:        ≥ <≤ <≤ < = 3 x1, 32 1/2, 2x1 1/3, 1 x,0 )( x xFX 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 0 1 2 3 4 x F (x ) Problema 19. A f.d.a da variável T é dada por:            ≥ <≤ <≤ <≤ <≤ <≤ < = 7 t, 1,0 76 , 0,9 65 , 0,7 54 , 0,5 43 , 0,2 3t2 , 0,1 2 t,0 )( t t t t tFT bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 7 -- 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 0 2 4 6 8 t F (t ) Problema 20. (a) X ~ Binomial(5, 1/3) ; 3 2 3 15 )( 5 xx x xXP −      ×     ×      == x=0,1,2...,5. (b) A variável X não tem distribuição binomial, pois as extrações são feitas sem reposição, ou seja, a probabilidade de sucesso não é a mesma em todos as extrações. (c) A variável X terá distribuição binomial apenas se a proporção de bolas brancas for a mesma em todas as urnas. (d) Novamente, a variável em estudos terá distribuição binomial apenas se a proporção de pessoas com opinião contrária ao projeto for a mesma nas 10 cidades pesquisadas. (e) Neste caso, as máquinas têm que funcionar independente e apresentar uniformidade quanto à produção de peças defeituosas, ou seja, a probabilidadede se obter uma peça com defeito tem de ser a mesma em todas as máquinas. Problema 21. Das propriedades da binomial tem-se: 12)( == npXE ; 3)1()( =−= pnpXVar (a) 16=n (b) 75,0=p (c) ∑ = − =××      =< 11 1 16 3698,0)25,0()75,0( 16 )12( k kk k XP (d) ∑ = − =××      =≥ 16 14 16 1971,0)25,0()75,0( 16 )14( k kk k XP (e) [ ] 012)( 3 1 3 12 )( =−×=      −= XEXEZE (f) 1971,0)14()16/14( =≥=≥ XPYP bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 10 -- 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 -1 0 1 2 3 4 5 6 x F (x ) Problema 27. O gráfico da distribuição de X, p(x) é: 0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 -1 0 1 2 3 4 5 6 x p (x ) O gráfico da f.d.a de X, F(x), é: bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 11 -- 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 -1 0 1 2 3 4 5 6 x F (x ) Percebe-se que o gráfico desta distribuição de X é assimétrico, fato que não aconteceu no exercício anterior. Isto se deve ao valor de p, que no caso de distribuição simétrica é igual a 0,5 e agora 0,25. Problema 28. O gráfico da distribuição de X, p(x) é: 0,00 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 x p (x ) O gráfico da f.d.a de X, F(X), é: bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 12 -- 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 x F (x ) Problema 29. O florista pode ter em seu estoque 1, 2 ou 3 flores. Seja L o lucro obtido. Para cada hipótese da quantidade de flores no estoque, tem-se: • Uma flor: L -0,50 1,00 P(L= ℓ) 0,1 0,9 85,0)9,0()00,1()1,0()50,0()( =×+×−=LE • Duas flores: L -1,00 0,50 2,00 p(L= ℓ) 0,1 0,4 0,5 10,1)5,0()00,2()4,0()50,0()1,0()00,1()( =×+×+×−=LE • Três flores: L -1,50 0,00 1,50 3,00 p(L=ℓ) 0,1 0,4 0,3 0,2 90,0)2,0()00,3()3,0()50,1()4,0()00,0()1,0()50,1()( =×+×+×+×−=LE Portanto, o estoque que maximiza o lucro médio é de 2 flores. Problema 30. Sejam X: número de tentativas até a obtenção do primeiro sucesso e C: custo da operação. A distribuição de X, semelhante a estudada no Problema 3 é: ( ) 11 )1,0(9,0)1()( −− ×=−×== xxppxXP , logo ∑ ∑ ∑ ∑ = ∞ = −− = ∞ = ≈××+××= ==×+=×= 5 1 6 11 5 1 6 99,9)1,0()9,0(5)1,0()9,0(10 )(5)(10)( k k kk k k kXPkXPCE bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 15 -- É preciso saber qual o preço médio pago pela caixa de acordo com a proposta feita pelo comprador. Se X for o número de parafusos defeituosos numa amostra de 20 parafusos, tem-se que X~b (20; 0,10). Assim, 1216,0)90,0()10,0( 0 20 )0( 200 =××      ==XP 2702,0)90,0()10,0( 1 20 )1( 191 =××      ==XP 2852,0)90,0()10,0( 2 20 )2( 182 =××      ==XP 3230,0)90,0()10,0( 20 )3( 20 3 20 =××      =≥ ∑ = − k kk k XP A distribuição de C: preço da proposta é: C 20,00 10,00 8,00 P(C=c) 0,1216 0,5554 0,3230 57,10$)3230,0(00,8)5554,0(00,10)1216,0(00,20 RC =×+×+×= Como se vê, de acordo com a proposta feita, o preço médio pago por uma caixa é R$ 10,57. Desse modo, mais vantajoso para o fabricante é vender suas caixas por R$13,50. Problema 38. Supondo que X ~ Poisson (2,2),tem-se: (a) 64,0)1()0(1)2( ==−=−=≥ XPXPXP (b) Seguindo raciocínio feito nos exercícios anteriores, obtêm-se as seguintes freqüências esperadas: X Freqüência esperada 0 12 1 26 2 29 (c) A observação dos resultados anteriores, indica que as plantas não se distribuem de acordo com a distribuição de Poisson com parâmetro 2,2. (d) Dependência , pois a reprodução na vizinhança é mais provável do que longe. Problema 39. Sejam X o preço de venda da caixa de válvulas e Y o número de válvulas defeituosas em cada caixa. Tem-se que Y ~ b(10; 0,20). 1074,0)80,0()20,0( 0 10 )0( 100 =××      ==YP 2684,0)80,0()20,0( 1 10 )1( 91 =××      ==YP 3020,0)80,0()20,0( 2 10 )2( 82 =××      ==YP bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 16 -- 2013,0)80,0()20,0( 3 10 )3( 73 =××      ==YP 1209,0)80,0()20,0( 10 )3( 10 4 10 =××      => ∑ = − k kk k YP 48,6$)1209,0(00,2)5033,0(00,6)2684,0(00,8)1074,0(00,10)( RXE =×+×+×+×= Problema 40. Seja Xi o número de peças defeituosas na amostra colhida pelo comprador i, i = A, B. • Comprador A: A probabilidade de se classificar uma partida como da categoria II é : 6723,0)80,0()20,0( 0 5 1)0(1)1( 50 =××      −==−=≥ AA XPXP Desse modo, o lucro médio oferecido pelo comprador A é: ( ) 93,0$6723,080,0)3277,0(20,1 R=×+× • Comprador B: A probabilidade de se classificar uma partida como da categoria II é : 3222,03020,02684,01074,01)2()1( )0(1)2( =−−−==−=−=−=≥ BBBB XPXPXPXP Desse modo, o lucro médio oferecido pelo comprador B é: ( ) 07,1$3222,080,0)6778,0(20,1 R=×+× Logo, o comprador B oferece maior lucro. Problema 41. • n=1 pppXPXPXE =−××      ==×+=×= 0)1( 1 1 )1(1)0(0)( [ ] )1()()()( 222 ppppXEXEXVar −=−=−= • n=2 pppp ppppXPXPXPXE 22)1(2 )1( 2 2 )1( 1 2 )2(2)1(1)0(0)( 2 02 =+−= −××      +−××      ==×+=×+=×= [ ] )1(2422)()()( 2222 pppppXEXEXVar −=−+=−= A prova agora será por indução: Suponha válido para n-1, isto é: pnqp x n xnXE xnx n x )1( 1 )1|( 1 1 1 −=      − =− −− − = ∑ e vamos provar que npnXE =)|( . Mas pelo fato de que 1=+ qp , obtém-se que: 1 1 )( 1 1 0 1 =      − =+ −− − = − ∑ xnx n x n qp x n qp Multiplicando a primeira expressão por qp + , a segunda por p, e somando-se os resultados obtém-se: bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 17 -- pqpnXEqppnXEnp n ×++−×+=+−= −1)()1|()()1|( Basta provar que o último termo é )|( nXE : xnx n x qp x n xnXEq − − = ∑       − =−× 1 0 1 )1|( 11 1 0 1 )1|( −−+ − = ∑       − =−× xnx n x qp x n xnXEp 11 1 0 1 1)( −−+ − = − ∑       − =+× xnx n x n qp x n qpp Portanto, [ ]11)´()1|( 11 1 0 1 +      − =+×+−× −−+ − = − ∑ xqpx n qppnXEp xnx n x n Então: ( ) Aqp x n x qp x n xqppnXEpnXEq xnx n x xnx n x n =      − ++ +      − =+×++×+−× −−+ − = − − = − ∑ ∑ 11 1 0 1 0 1 1 1 1 )´()1|()1|( Separando o primeiro termo da primeira somatória e o último do segundo, tem-se: ( ) nxnx n x xnx n x n pnqp x n xqp x n xqA ×+      − ++      − +×= −−+ − = − − = ∑∑ 11 2 0 1 0 1 1 1 0 O coeficiente de knk qp − , para k=1, 2, ..., n-1, será a soma do coeficiente da primeira somatória quando x=k e o da segunda somatória quando x+1=k, ou seja, x=k-1, logo é igual a: [ ]       ×= − ×= − −×=+− − −×= =      −− −+ − −×=            − − +      − ×=      − − ×+      − × k n k knk n k knk nn kkkn knk n k knk n knk n k k n k n k k n k k n k )!(! ! )!(! )!1( )!(! )!1( )!()!1( )!1( )!(! )!1( 1 11 1 11 Substituindo em A, vem: )|(0 0 1 1 nXEqkppnqp k n kqA n k knknknk n k n ==×+      +×= ∑∑ = −− − = Como queríamos provar. Problema 42. (a) 705,0)285,0()285,0()135,0()2( =++=≤XP (b) 236,0)154,0()068,0()014,0()2( =++=≤XP (c) 933,0)179,0()377,0()377,0()2( =++=≤XP Problema 43. bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 20 -- (a) 10)10()( pXPfuncionarP === (b) 101)10() ( pXPfuncionarnãoP −=<= (c) 8282 )1(45)1( 2 10 )2( ppppXP −××=−××      == (d) ∑ = −−××      =≥ 10 5 10)1( 10 )5( k kk pp k XP Problema 52. ),;( )1)(1( )( )1( )1)(1( )( )1( 1!)!()!1( !)( )1( )!1()!1( ! )1( 1 ),;1( 1111 pnkb pk pkn pp k n pk pkn p p p p kknk nkn pp kkn n pp k n pnkb knkknk knkknk −+ −= −××      × −+ −=−× − ×× −+ −= −×× +−− =−××      + =+ −− −−+−−+ Problema 53. Para a variável Z, a mediana é qualquer valor pertencente a (1, 2), de acordo com a definição. Nestes casos costuma-se indicar o ponto médio da classe que é 1,5. Problema 54. )25,0(q = qualquer valor entre (0, 1) 2)60,0( =q ,porque 60,075,0)2())60,0(( ≥=≤=≤ XPqXP e 40,050,0)2( ≥=≥XP 3)80,0( =q , pois 80,000,1)3( >=≤XP e 20,025,0)3( >=≥XP Problema 55. (e) ∑ ∞ = − = −− ×=−× 1 1 1 )1(1 1 )1( j j p ppp (f) ∑∑ ∞ = ∞ = − ×=−×= 11 1)1()( j j j j q dq d pppXE , onde 1- p =q. Mas, q q dq d q dq d j j − =∑ ∞ = 11 , pois a série ∑ ∞ =1j jq é convergente Logo, pq pXE 1 )1( 1 )( 2 = − ×= Mesmo raciocínio para a Var(X). (g) ( ) )()1( )1( 1 )1( )1( )( )( )|( 1 1 1 1 tXPp p p pp pp sXP tsXP sXtsXP t s ts sj j tsj j ≥=−= − −= ×− ×− = > +>=>+> + ++ ∞ += ∞ ++= ∑ ∑ bussab&morettin estatística básica - cap.6 – pág. 21 -- Problema 56. Considere: C: custo do exp. X: nº de provas para sucesso. )1(3001000 −+= XXC Portanto,. 6200300 2,0 1 1300300)(1300)( =−×=−= XECE Problema 57. { }∑ = −====+ n k knYkXPnYXP 0 ,)( , pois o evento { nYX =+ } pode ser escrito como a união de eventos disjuntos { }knYkX −== , , n=0,..... { } { } { }       + =      − ×      −××      + =−××      − ×      = =−××      − ×−××      = =−=×==−====+ ∑∑ ∑ ∑∑ == = +−−− == m nm kn m k n pp m nm pp kn m k n pp kn m pp k n knYPkXPknYkXPnYXP n k mn n k mn n k knmknknk n k n k 00 0 00 pois ,)1()1( )1()1( ,)(