Estatı́stica Básica

5.2 Resolução

• 5.2.1 O dendrograma (diagrama de árvore) é:

  
  

  O espaço amostral é obtido considerando todos os ramos desse diagrama de árvore e resulta em:

  $$

  $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Omega }=& \{(FFF),(FFM),(FMF),(FMM),(MFF),(MFM),(MMF),(MMM)\}\end{array}$$

  Cada ponto deste é equiprovável, pois as probabilidades de nascimento de fêmea e macho são iguais e cada elemento de $\mathrm{\Omega }$ tem probabilidade $(1/2{)}^3=1/8$.

  • a) A distribuição de probabilidade da variável aleatória $X$, definida como sendo o número de fêmeas, é:

    .
    $x$	$0$	$1$	$2$	$3$
    $P(X=x)$	${\displaystyle \frac{1}{8}}$	${\displaystyle \frac{3}{8}}$	${\displaystyle \frac{3}{8}}$	${\displaystyle \frac{1}{8}}$

    Por exemplo, a probabilidade $P(X=1)$ é obtida pelo número total de pontos de $\mathrm{\Omega }$ em que $X=1$, que no caso é igual a $3$, em relação ao número total de pontos, que é igual a $8$.

  • b) Os resultados para os eventos solicitados são:

    • i) $P(X=2)={\displaystyle \frac{3}{8}}=$0,3750=37,50%;

    • ii) Se $Y$ representa o número de machos, o evento $Y\ge 1$ equivale a $X\le 2$, pois se houver $1$ macho na ninhada, isto implica em duas fêmeas; se houver $2$ machos, implica em $1$ fêmea; e se houver $3$ machos, implica em $0$ fêmea. Assim, a probabilidade do evento é:

      $P(Y\ge 1)=P(X\le 2)=P(X=2)+P(X=1)+P(X=0)={\displaystyle \frac{3}{8}}+{\displaystyle \frac{3}{8}}+{\displaystyle \frac{1}{8}}$ $={\displaystyle \frac{7}{8}}=$0,8750=87,50%;

    • iii) $P(X\ge 2)=P(X=2)+P(X=3)={\displaystyle \frac{3}{8}}+{\displaystyle \frac{1}{8}}=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}=$0,50=50%;

    • iv) $P(X\le 1)=P(X=1)+P(X=0)={\displaystyle \frac{3}{8}}+{\displaystyle \frac{1}{8}}=$ ${\displaystyle \frac{1}{2}}=$0,50=50%.

  • c) O número esperado $NE$ de ninhadas de $3$ filhotes com exatamente $1$ fêmea é dado pelo produto da probabilidade do evento $P(X=1)$ pelo número total de ninhadas, ou seja, é $NE=(3/8)\times 500\approx 188$ ninhadas. Assim, das $500$ esperamos que $188$ tenham exatamente $1$ fêmea.

• 5.2.2 Neste caso assumimos que $X$, definida como o número de fêmeas, possui distribuição binomial com parâmetros $n=4$ e $p=5/8$. A probabilidade de sucesso não é $1/2$, de acordo com as leis de Mendel, pois há um distúrbio genético na raça. Usualmente usamos a seguinte notação para dizer a mesma coisa que acabamos de explicar: $X\sim \text{ Binomial}(n=4,p=5/8)$.

  • a) Para obtermos a distribuição de probabilidade de $X$, podemos utilizar o modelo binomial dado por:

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})p^x(1-p{)}^{n-x}\end{array}$$ para $x=0$, $1$, $\dots$, $4$.

    Por exemplo, para a probabilidade $P(X=0)$ temos:

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& (\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{0}){\left({\displaystyle \frac{5}{8}}\right)}^0{(1-{\displaystyle \frac{5}{8}})}^{4-0}=1\times 1\times {\left({\displaystyle \frac{3}{8}}\right)}^4=0,0198.\end{array}$$

    Assim, temos a seguinte distribuição de probabilidades:

    .
    $x$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$
    $P(X=x)$	0,0198	0,1318	0,3296	0,3662	0,1526

  • b) A média é: ${\mu }_X=np=4\times 5/8=$2,5; e a variância é: ${\sigma }_X^2=np(1-p)=4\times (5/8)\times (3/8)=$0,9375.

  • c) O número esperado $NE$ de ninhadas é dado pelo produto da probabilidade do evento de interesse $P(X=x)$ pelo número total de ninhadas. Por exemplo, para $X=0$, temos $P(X=0)\times 1.000=$0,0198$\times 1.000=$19,8$\approx$20 ninhadas com nenhuma fêmea. Os demais valores (arredondados) estão apresentados na tabela a seguir:

    .
    $x$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$
    $P(X=x)$	0,0198	0,1318	0,3296	0,3662	0,1526
    $NE$	20	132	330	366	153

• 5.2.3 Resposta para cada uma das questões:

  • a) O modelo probabilístico adequado é o modelo Poisson, principalmente se pudermos supor que a distribuição das bactérias pela lâmina seja aleatória. Assim, $X\sim$ Poisson$(\lambda =4)$.

  • b) NE$=P(X\le 1)\times 600$. Para obtermos a probabilidade do evento de interesse devemos usar o modelo Poisson dado por:

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& {\displaystyle \frac{e^{-\lambda }{\lambda }^x}{x!}},\end{array}$$ para $x=0$, $1$, $2$, $\dots$ e $\lambda =4$.

    Assim, $P(X\le 1)=P(X=1)+P(X=0)$, sendo

    $$

    $$\begin{array}{rlrlrl}P(X=0)=& {\displaystyle \frac{e^{-4}\times 4^0}{0!}}=0,0183& \text{ e }& & P(X=1)=& {\displaystyle \frac{e^{-4}\times 4^1}{1!}}=0,0733.\end{array}$$

    Portanto,

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X\le 1)=& P(X=0)+P(X=1)=0,0183+0,0733=0,0916=9,16\mathrm{\%}\end{array}$$ e o número esperado de quadrados com no máximo $1$ bactéria é NE$=P(X\le 1)\times 600=$ 0,0916$\times 600\approx 55$.

  • c) $P(X>2)=P(X=3)+P(X=4)+\dots$. Como esta soma possui um número infinito de termos e sabendo que a soma de todos as probabilidades é igual a $1$, então

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X>2)=& 1-[P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)]=1-(0,0183+0,0733+{\displaystyle \frac{e^{-4}\times 4^2}{2!}})\\ =& 1-(0,0183+0,0733+0,1465)=1-0,2381=0,7619=76,19\mathrm{\%}.\end{array}$$

  • d) $P(X=0)=$1,83%.

• 5.2.4 A ocorrência de doenças por ano pode ser modelada, se for aleatória, pelo modelo Poisson. Assim, $X\sim$ Poisson$(\widehat{\lambda =\overline{X}}$.

  • a) A média é

    $$

    $$\begin{array}{rl}\overline{X}=& {\displaystyle \frac{0\times 55+1\times 44+\cdots +5\times 1}{120}}={\displaystyle \frac{102}{120}}=0,85\text{ doenças/ano}.\end{array}$$

  • b) O parâmetro $\lambda$ pode ser estimado por $\hat{\lambda }=\overline{X}=$0,85. Assim, podemos estimar a distribuição de probabilidade utilizando o modelo Poisson por:

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& {\displaystyle \frac{e^{-0,85}\times 0,{85}^x}{x!}}.\end{array}$$

    Para $X=0$ e $X=1$, para fins de ilustração, temos:

    $$

    $$\begin{array}{rlrlrl}P(X=0)=& {\displaystyle \frac{e^{-0,85}\times 0,{85}^0}{0!}}=0,4274& & & P(X=1)=& {\displaystyle \frac{e^{-0,85}\times 0,{85}^1}{1!}}=0,3633.\end{array}$$

    Estas e as demais probabilidades são apresentadas na tabela seguinte:

    .
    $x$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$ ou mais
    $P(X=x)$	0,4274	0,3633	0,1544	0,0437	0,0093	0,0016	0,0003

  • c) A frequência esperada é dada pelo produtos das probabilidades por 120. Logo,

    .
    $x$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$ ou mais
    $P(X=x)$	0,4274	0,3633	0,1544	0,0437	0,0093	0,0016	0,0003
    $FE$	51,29	43,60	18,53	5,24	1,12	0,19	0,04

  • d) Como as frequências observadas e esperadas estão relativamente próximas, podemos considerar que o modelo Poisson é adequado para modelar a ocorrência da doença na região estudada.

• 5.2.5 Distribuição uniforme discreta entre $21$ e $30$.

  • a) Como o suporte da variável $X$, tamanho da amostra, é de $S_X$ $=$ $\{21,22,\cdots ,30\}$, temos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& {\displaystyle \frac{1}{10}},\text{ para }x\in S_X,\end{array}$$ e $P(X=x)=0$, para outros valores de $x$.

  • b) Se o custo de cada planta é de R$ 1,50, considerando $k=10$ $=$ $|\mathrm{\Omega }|$, e como a média da uniforme é

    $$

    $$\begin{array}{rl}E(X)=& {\mu }_X={\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{i=1}^k{x}_i={\displaystyle \frac{1}{10}}(21+22+\cdots +30)\\ =& 25,5,\end{array}$$ então o custo médio semanal é de 1,50$\times$ 25,5 $=$ 38,25 unidades monetárias. Se denotarmos o custo por $Y$ e verificarmos que o custo é uma função de $X$, dada por $Y$ $=$ 1,50$X$, então $E(Y)$ $=$ 1,5$E(X)$. Daí obtivemos o resultado anterior.

  • c) A variância de $X$ é

    $$

    $$\begin{array}{rl}V(X)=& {\sigma }_X^2={\displaystyle \frac{1}{k}}[\sum _{i=1}^k{x}_i^2-{\displaystyle \frac{{\left({\displaystyle \sum _{i=1}^k{x}_i}\right)}^2}{k}}]\\ =& {\displaystyle \frac{1}{10}}(6585-{\displaystyle \frac{{255}^2}{10}})\\ =& 8,25.\end{array}$$ Como o custo pode ser interpretado por uma transformação de $X$, dada por $Y$ $=$ 1,54$X$. Temos que a variância do custo $Y$ é $V(Y)$ $=$ 1,5${}^{2}V(X)$ $=$ 18,5625.

  • d) Do teorema de Tchebichev temos

    $$

    $$\begin{array}{r}P(\mu -k\sigma <X_i<\mu +k\sigma )\ge 1-{\displaystyle \frac{1}{k^2}},k>1.\end{array}$$ Como $X_i$ deve ser substituído pela variável aleatória $Y$ (custo), então temos:

    $$

    $$\begin{array}{r}P({\mu }_Y-k{\sigma }_Y<Y<{\mu }_Y+k{\sigma }_Y)\ge 1-{\displaystyle \frac{1}{k^2}},k>1.\end{array}$$ Assim, devemos achar $k$ tal que $1-1/k^2\ge$0,95, que resulta em $k\ge$ 4,4721. O intervalo almejado é portanto:

    $$

    $$\begin{array}{rl}I{C}_{0,95}(\mu ):& [38,25-4,4721\times \sqrt{18,5625},38,25+4,4721\times \sqrt{18,5625}]\\ & [18,9823,57,5177].\end{array}$$ Assim, ao menos $95\mathrm{\%}$ das semanas terão custos entre 18,98 e 57,52 unidades monetárias.

  • e) A função de distribuição é dada por

    $$

    $$\begin{array}{rl}F(x)=& \sum _{x_i\le x}{\displaystyle \frac{1}{k}},\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}{x}_i\in S_X.\end{array}$$ Assim, temos

    .
    	$x$	21	22	23	24	25	26	27	28	29	30
    	$F(x)$	0,10	0,20	0,30	0,40	0,50	0,60	0,70	0,80	0,90	1,00

• 5.2.6 Como $X$ é binomial, então ${\mu }_X$ $=$ $np$ e ${\sigma }_X^2$ $=$ $np(1-p)$. Logo:

  • a) Com $n=30$ e $p=$0,1 temos ${\mu }_X$ $=$ $3$ e ${\sigma }_X^2$ $=$ 2,70. Assim, para $k=1$ temos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X<3-\sqrt{2,7})=& P(X<1,36)=P(X=0)+P(X=1)\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{0})\times 0,1^0\times 0,9^{30}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{1})\times 0,1^1\times 0,9^{29}\\ =& 0,0424+0,1413=0,1837.\end{array}$$ Para $k=2$ temos,

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X<3-2\times \sqrt{2,7})=& P(X<-0,28)=0.\end{array}$$

  • b) Com $n=30$ e $p=$0,5 temos ${\mu }_X$ $=$ $15$ e ${\sigma }_X^2$ $=$ 7,5. Assim, para $k=1$ temos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X<15-\sqrt{7,5})=& P(X<12,26)=P(X=0)+P(X=1)+\cdots +P(X=12)\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{0})\times 0,5^0\times 0,5^{30}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{1})\times 0,5^1\times 0,5^{29}+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{12})\times 0,5^{12}\times 0,5^{18}\\ =& 0,1808.\end{array}$$ Para $k=2$ temos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X<15-2\times \sqrt{7,5})=& P(X<9,52)\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{0})\times 0,5^0\times 0,5^{30}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{1})\times 0,5^1\times 0,5^{29}+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{9})\times 0,5^9\times 0,5^{21}\\ =& 0,0214.\end{array}$$ Para $k=3$ temos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X<15-3\times \sqrt{7,5})=& P(X<6,78)\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{0})\times 0,5^0\times 0,5^{30}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{1})\times 0,5^1\times 0,5^{29}+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{6})\times 0,5^6\times 0,5^{24}\\ =& 0,0007.\end{array}$$

  • c) Com $n=30$ e $p=$0,9 temos ${\mu }_X$ $=$ $27$ e ${\sigma }_X^2$ $=$ 2,7. Assim, para $k=1$ temos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X<27-\sqrt{2,7})=& P(X<25,36)=P(X=0)+P(X=1)+\cdots +P(X=25)\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{0})\times 0,9^0\times 0,1^{30}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{1})\times 0,9^1\times 0,1^{29}+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{25})\times 0,9^{25}\times 0,1^5\\ =& 0,1755.\end{array}$$ Para $k=2$ temos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X<27-2\times \sqrt{2,7})=& P(X<23,71)\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{0})\times 0,9^0\times 0,1^{30}+(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{1})\times 0,9^1\times 0,1^{29}+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{23})\times 0,9^{23}\times 0,1^7\\ =& 0,0258.\end{array}$$

• 5.2.7 Supondo que o modelo binomial é apropriado para modelar este caso e que $X$ é número de sementes germinadas em um lote de $n=100$ com $p=$0,95 (admitido por hipótese que é o real valor da probabilidade do sucesso), então a probabilidade almejada é: $P(X>90)$. Logo, sob a hipótese de que $p=$0,95, temos

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X>90)=& P(X=91)+\cdots +P(X=100)\\ =& (\genfrac{}{}{0ex}{}{100}{91})\times 0,{95}^{91}\times 0,{05}^9+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{100}{100})\times 0,{95}^{100}\times 0,{05}^0\\ =& 0,9718=97,18\mathrm{\%}.\end{array}$$

  O lote tem uma probabilidade de 97,18% de chance de ser comprado.

  A média e a variância são: $\mu =np$ $=$ $95$ e ${\sigma }^2=np(1-p)=$4,75. Podemos expressar o resultado do teorema de Tchebichev por

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X>\mu +k\sigma )>& 1-{\displaystyle \frac{1}{k^2}}.\end{array}$$ Logo, temos que $\mu +k\sigma$ $=$ $95+$4,75$k$ $=$ $90$. Logo, temos que o valor absoluto de $k$ é 2,29. Assim, temos

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X>90)=& 1-{\displaystyle \frac{1}{2,{29}^2}}=0,8093\\ =& 80,93\mathrm{\%},\end{array}$$ que é um valor conservador, como esperado pelo resultado do próprio teorema.

• 5.2.8 A função de probabilidade da hipergeométrica neste caso, com $n_1=30$ e $n_2=32$, é:

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& {\displaystyle \frac{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n_1}{x})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{N-n_1}{n_2-x})}}{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{n_2})}}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{x})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{N-30}{30})}}{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{32})}}},\end{array}$$ para $max(0,n_2-N+n_1)\le x\le min(n_1,n_2)$, equivalendo a que resulta em $max(0,62-N)\le x\le min(30,32)$, que resulta ainda em $max(0,62-N)\le x\le 30$. No experimento específico, observamos $x=2$. Logo, o modelo fica

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=2)=& {\displaystyle \frac{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{30}{2})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{N-30}{30})}}{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{32})}}}.\end{array}$$ Devemos maximizar esta probabilidade em relação a $N$. Um caminho é fazer isso com uso de uma planilha, considerando vários valores de $N$.

  Fizemos uma função em $R$ e observamos graficamente que o máximo se dá quando $N=479$. O gráfico a seguir mostra este gráfico, destacando o ponto de máximo. O programa $R$ que usamos é apresentado logo após o gráfico, tendo sido adaptado da internet.

  

  Programa: adaptado de http://www.sci.csueastbay.edu/~btrumbo/Stat3401/Assign3401/A24.pdf

  r <- 30 # red balls in urn
  k <- 32 # balls drawn
  x <- 2    # red balls drawn
  cand <- ceiling(r*k/x) - 1
  t <- seq(round(.9*cand), round(1.1*cand))
  px <- dhyper(x, r, t-r, k)
  mle <- t[px==max(px)]
  plot(t, px, type="l",ylab = "P(X=x)")
  lines(c(mle,mle),c(max(px),min(px)),col=2)
  mle    # MLE as verified by program
  cand # MLE from theory
  

  A segunda alternativa é direta pelo máximo da função de probabilidade geométrica em relação à $N$. O valor de $n_1{n}_2/x$ $=$ $30\times 32/2$ $=$ $480$. Assim, o máximo pode ser dado tanto por $480$ quanto por $479$. Assim, se calcularmos as probabilidades para estes dois valores, veremos que é maximizado quando $N=479$. Este programa mesmo possui um erro, pois considera apenas uma possibilidade de máximo com valor inteiro da solução inicial $n_1{n}_2/x$. Um exemplo em que ele falha é com $n_1=28$, $n_2=32$ e $x=2$. Neste caso o máximo é $476$ e a solução do programa é $475$, objeto cand.

• 5.2.9 Se considerarmos que a distribuição do esporo do fungo ocorre de forma aleatória é razoável adotar o modelo Poisson para calcularmos a probabilidade. Assim, se o número médio por cm${}^3$ é de 0,05, então em $100$ cm${}^3$, teremos uma média de $5$ esporos. Portanto, se $X$ refere-se ao número de esporos por $100$ cm${}^3$ de solo, então $X$ $\sim$ Poi$(\lambda =5)$. As probabilidades solicitadas são:

  • a) $P(X=0)$ $=$ $e^{-5}\times 5^0/0!$ $=$ $0,0067$.

  • b) $P(X\ge 3)$ $=$ $1$ $-$ $(P(X=0)+P(X=1)+P(X=2))$ $=$ $1$ $-$ $(0,0067+0,0337+0,0842)$ $=$ $1$ $-$ $0,1247$ $=$ $0,8753$.

• 5.2.10 A distribuição do número de falhas $X$ (nascimento de machos) até a ocorrência do primeiro sucesso (nascimento de uma fêmea) em um programa de inseminação artificial é a geométrica cuja função de probabilidade é

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& (1-p{)}^{x}p,\end{array}$$ para $x=0$, $1$, $2$, $\cdots$, com $p=$0,5. O número de inseminações é portanto $Y$ $=$ $X+1$.

  • a) Para garantir pelo menos $95\mathrm{\%}$ de chance de se obter um sucesso são necessários o nascimento de $x$ macho antes da ocorrência da primeira fêmea, de acordo com a seguinte afirmativa probabilística:

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X\le x)=& P(X\le y-1)=\sum _{t=1}^y(1-p{)}^{t-1}p\\ =& \sum _{t=1}^{y}0,5^{t-1}0,5=\sum _{t=1}^{y}0,5^t\ge 0,95.\end{array}$$ A soma da direita refere-se a soma de uma progressão geométrica com razão $r=1-p=$0,5 e primeiro termo igual a $p=$0,5. Logo, esta soma é igual a

    $$

    $$\begin{array}{rl}2({\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2^{y+1}}})=& 1-{\displaystyle \frac{1}{2^y}}.\end{array}$$

    Assim,

    $$

    $$\begin{array}{rl}1-{\displaystyle \frac{1}{2^y}}\ge & 0,95,\end{array}$$ cuja solução é

    $$

    $$\begin{array}{rl}y\ge & -{\displaystyle \frac{\ln (0,05)}{\ln (2)}}=4,32.\end{array}$$ Portanto, são necessários ao menos $5$ inseminações para garantir o primeiro sucesso (nascimento de uma fêmea) com pelo menos $95\mathrm{\%}$ de probabilidade. Se considerarmos esse mesmo problema, mas com um valor geral de $p$ $\in$ $(0,1)$, a razão da soma é $r=1-p$ e o primeiro termo é $p$. Consideremos que o valor de $95\mathrm{\%}$ seja substituído por uma probabilidade mínima $\gamma$, para tornar geral o problema. Logo,

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X\le x)=& P(X\le y-1)=\sum _{t=1}^y(1-p{)}^{t-1}p\ge \gamma .\end{array}$$ Se denotarmos, ainda, a soma das probabilidades acumuladas até $y$ por $S_y$, teremos $S_y$ $=$ $1-(1-p{)}^y$. Logo, a solução geral é

    $$

    $$\begin{array}{rl}y\ge & {\displaystyle \frac{\ln (1-\gamma )}{\ln (1-p)}}.\end{array}$$

  • b) Esperar “até” a terceira tentativa para ter o primeiro sucesso significa que a probabilidade desejada implica ter $2$ fracassos antes de nascer a primeira fêmea na terceira tentativa (inseminação) ou $1$ fracasso na segunda tentativa ou sucesso na primeira tentativa. Essa probabilidade é dada por

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X\le 2)=& \sum _{x=0}^2(1-p{)}^{x}p\\ =& {\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^0{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^1{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2{\displaystyle \frac{1}{2}}\\ =& 0,5000+0,2500+0,1250=87,50\mathrm{\%}.\end{array}$$

• 5.2.11 Este caso refere-se ao mesmo experimento anterior, porém com a espera de mais de um sucesso em repetições dos ensaios Bernoulli (inseminações). Assim, temos que o modelo adequado é a binomial negativa. A função de probabilidade com $r$ sucessos e probabilidade de sucesso $p$ da variável $X$ referente ao número de fracassos até o $r$-ésimo sucesso é:

  $$

  $$\begin{array}{r}P(X=x|r)={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{x+r-1}{x})}{p}^r(1-p{)}^x,\end{array}$$ para $x=0$, $1$, $2$, $3$, $\cdots$. Temos ainda que $p=$0,5 é a probabilidade de nascer fêmea em uma inseminação.

  • a) Para se ter segundo sucesso no terceira inseminação, indica que tivemos $1$ fracasso, antes de este último sucesso ocorrer. Logo, a probabilidade desejada

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(X=1|r=2)=& {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{1+2-1}{1})}0,5^2(1-0,5{)}^1=0,25=25\mathrm{\%}.\end{array}$$

  • b) Este caso é um pouco mais complexo que o caso da geométrica, pois em nossa soma dos termos das probabilidades acumuladas, não teremos uma progressão geométrica como naquele caso. Assim, a alternativa é computar as probabilidades acumuladas até que o valor mínimo da probabilidade solicitado (no caso $95\mathrm{\%}$) seja alcançado. Portanto, usando um programa para auxilar temos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(\le 0|r=3)=& {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{x+r-1}{x})}{p}^r(1-p{)}^x\\ =& {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{0+3-1}{0})}0,5^3(1-0,5{)}^0=0,1250,\end{array}$$ que não garante o mínimo de $95\mathrm{\%}$. Avançamos para o próximo valor de $x$ e obtivemos

    $$

    $$\begin{array}{rl}P(\le 1|r=3)=& {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{0+3-1}{0})}0,5^3(1-0,5{)}^0+{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{1+3-1}{1})}0,5^3(1-0,5{)}^1\\ =& 0,1250+0,1875=0,3125,\end{array}$$ que, novamente, não garante o mínimo de $95\mathrm{\%}$. Se prosseguirmos com este método veremos que $P(X\le 7|r=3)=$0,9453125 e $P(X\le 8|r=3)=$0,9672852. Assim, necessitamos de ao menos $8$ fracassos antes do terceiro sucesso. Assim, o número total de inseminações necessárias são $r+x$ $=$ $3+8$ $=$ $11$ inseminações para garantir com ao menos $95\mathrm{\%}$ de chance que o terceiro sucesso (nascimento da terceira fêmea) ocorra.

  • c) O valor esperado (com $r=3$) é

    $$

    $$\begin{array}{rl}{\mu }_X=& {\displaystyle \frac{r(1-p)}{p}}={\displaystyle \frac{3\times (1-0,5)}{0,5}}=3.\end{array}$$ Assim precisamos de em média $3$ fracassos para se ter para se alcançar os três sucessos. Assim, o valor médio de inseminações necessárias é igual a $6$.

• 5.2.12 Este caso, temos a distribuição de uma variável binomial condicionado às condições $X\ge 1$ e $X\ge 2$. Logo, para o primeiro caso

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=x|X\ge 1)=& {\displaystyle \frac{P(\{X=x\}\cap \{X\ge 1\})}{P(X\ge 1)}}\\ =& {\displaystyle \frac{P(X=x)}{1-P(X=0)}},x=1,2,\cdots ,n.\end{array}$$ Assim, considerando uma binomial com $n=8$ e $p=$0,5, esta função de probabilidade fica

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=x|X\ge 1)=& {\displaystyle \frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{x})p^x(1-p(8-x)}{0,9960938}},x=1,2,\cdots ,8.\end{array}$$ Computamos as probabilidades em cada caso e os resultados são:

  .
  	$x$	1	2	3	4	5	6	7	8
  	$p(x)$	0,0314	0,1098	0,2196	0,2745	0,2196	0,1098	0,0314	0,0039

  Podemos verificar que a soma dos valores em relação ao novo conjunto suporte resulta em $1$.

  Para o segundo caso, o procedimento é semelhante:

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=x|X\ge 2)=& {\displaystyle \frac{P(\{X=x\}\cap \{X\ge 2\})}{P(X\ge 2)}}\\ =& {\displaystyle \frac{P(X=x)}{1-P(X\le 1)}},x=2,3,\cdots ,8.\end{array}$$ Assim, esta função de probabilidade é

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=x|X\ge 2)=& {\displaystyle \frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{x})p^x(1-p(8-x)}{0,9648438}},x=2,3,\cdots ,8.\end{array}$$ Computamos as probabilidades em cada caso e os resultados são:

  .
  	$x$	2	3	4	5	6	7	8
  	$p(x)$	0,1134	0,2267	0,2834	0,2267	0,1134	0,0324	0,0040

• 5.2.13 A função de probabilidade da distribuição beta binomial com parâmetros $\alpha$ e $\beta$ é dado por

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})}{\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(\alpha +\beta )}{\mathrm{\Gamma }(\alpha )\mathrm{\Gamma }(\beta )}}{\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(x+\alpha )\mathrm{\Gamma }(n+\beta -x)}{\mathrm{\Gamma }(n+\alpha +\beta )}},\end{array}$$ para $x=0$, $1$, $2$, $\cdots$, $n$. Se considerarmos $\alpha$ $=$ $\beta$ $=$ $1$ temos que $\mathrm{\Gamma }(\alpha +\beta )$ $=$ $\mathrm{\Gamma }(2)$ $=$ $1$, $\mathrm{\Gamma }(\alpha )$ $=$ $\mathrm{\Gamma }(\beta )$ $=$ $1$ e

  $$

  $$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(x+\alpha )\mathrm{\Gamma }(n+\beta -x)}{\mathrm{\Gamma }(n+\alpha +\beta )}}=& {\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(x+1)\mathrm{\Gamma }(n+1-x)}{\mathrm{\Gamma }(n+2)}}={\displaystyle \frac{x!(n-x)!}{(n+1)!}}\\ =& {\displaystyle \frac{x!(n-x)!}{(n+1)n!}}={\displaystyle \frac{1}{n+1}}{\displaystyle \frac{1}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})}}.\end{array}$$ Assim,

  $$

  $$\begin{array}{rl}P(X=x)=& {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})}{\displaystyle \frac{1}{1}}{\displaystyle \frac{1}{n+1}}{\displaystyle \frac{1}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})}}\\ =& {\displaystyle \frac{1}{n+1}},\end{array}$$ para $x=0$, $1$, $2$, $\cdots$, $n$ e representa a função de probabilidade de uma uniforme discreta com $n+1$ elementos em seu suporte, como queríamos mostrar.

  A média e a variância são:

  $$

  $$\begin{array}{rlrlrl}{\mu }_X=& {\displaystyle \frac{n\alpha }{\alpha +\beta }}& \text{ e }& & {\sigma }_X^2=& {\displaystyle \frac{n\alpha \beta (n+\alpha +\beta )}{(\alpha +\beta {)}^2(\alpha +\beta +1)}},\end{array}$$

  $$

  $$\begin{array}{rlrlrl}{\mu }_X=& {\displaystyle \frac{n}{2}}& \text{ e }& & {\sigma }_X^2=& {\displaystyle \frac{n(n+2)}{12}}.\end{array}$$ A média e a variância de uma variável aleatória $Y$ com distribuição uniforme discreta com suporte em $S_Y$ $=$ $\{a$, $a+1$, $\cdots$, $b-1$, $b\}$ são

  $$

  $$\begin{array}{rlrlrl}{\mu }_X=& {\displaystyle \frac{a+b}{2}}& \text{ e }& & {\sigma }_X^2=& {\displaystyle \frac{(b-a+1{)}^2-1}{12}}.\end{array}$$ Se fizermos $a=0$ e $b=n$, teremos exatamente as quantidades anteriormente apresentadas, após algumas simplificações algébricas.

• 5.2.14 Vamos demonstrar a média e a variância da uniforme discreta com suporte $S_X$ $=$ $\{1$, $2$, $\cdots$, $k\}$. A média

  $$

  $$\begin{array}{rl}E(X)=& {\mu }_X={\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{i=1}^k{x}_i={\displaystyle \frac{1}{k}}(1+2\cdots +k)\\ =& {\displaystyle \frac{k(k+1)/2}{k}}\text{(soma de uma progressão aritmética)}\\ =& {\displaystyle \frac{k+1}{2}}.\end{array}$$ A variância é:

  $$

  $$\begin{array}{rl}V(X)=& {\sigma }_X^2={\displaystyle \frac{1}{k}}[\sum _{i=1}^k{x}_i^2-{\displaystyle \frac{{\left({\displaystyle \sum _{i=1}^k{x}_i}\right)}^2}{k}}]\\ =& {\displaystyle \frac{1}{k}}[{\displaystyle \frac{k^3}{3}}+{\displaystyle \frac{k^2}{2}}+{\displaystyle \frac{k}{6}}-{\displaystyle \frac{{(k(k+1)/2)}^2}{k}}]\\ =& {\displaystyle \frac{1}{k}}[{\displaystyle \frac{k^3}{3}}+{\displaystyle \frac{k^2}{2}}+{\displaystyle \frac{k}{6}}-{\displaystyle \frac{k^3}{4}}-{\displaystyle \frac{k^2}{2}}-{\displaystyle \frac{k}{4}}]\\ =& {\displaystyle \frac{k^2}{3}}+{\displaystyle \frac{k}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{6}}-{\displaystyle \frac{k^2}{4}}-{\displaystyle \frac{k}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{4}}\\ =& {\displaystyle \frac{k^2-1}{12}},\end{array}$$ como queríamos mostrar.

  A segunda parte vamos considerar que os valores do suporte fornecido são resultantes de uma transformação de variáveis Se $X$ é a variável original com suporte entre $1$ e $k$, então $Y$ $=$ $X-1$, é uma variável aleatória com suporte com valores inteiros entre $0$ e $k-1$. Usando a linearidade da esperança, temos

  $$

  $$\begin{array}{rl}E(Y)=& E(X-1)=E(X)-1={\displaystyle \frac{k+1}{2}}-1\\ =& {\displaystyle \frac{k-1}{2}}.\end{array}$$ Para a variância temos:

  $$

  $$\begin{array}{rl}V(Y)=& V(X-1)=V(X)={\displaystyle \frac{k^2-1}{12}},\end{array}$$ pois a variância não se altera quando se subtrai uma constante de uma variável aleatória.