| Número de Apendicectomias | Proporção |
|---|---|
| 0 | 0.05 |
| 1 | 0.17 |
| 2 | 0.10 |
| 3 | 0.02 |
| 4 | 0.17 |
| 5 | 0.14 |
| 6 | 0.15 |
| 7 | 0.20 |
dbinom(x = 4, size = 15, prob = 0.6 ) # item a## [1] 0.007419892pbinom(q = 2, size = 15, prob = 0.6, lower.tail = FALSE) # item b## [1] 0.9997211dbinom(x = 0, size = 5, prob = 0.7) # item c## [1] 0.00243pbinom(q = 0, size = 5, prob = 0.7) # item d## [1] 0.00243dbinom(x = 9, size = 14, prob = 0.3) # item e## [1] 0.00662286pbinom(q = 1, size = 14, prob = 0.3) # item f## [1] 0.04747562dbinom(x = 0, size = 6, prob = 0.4) # item g## [1] 0.046656pbinom(q = 4, size = 6, prob = 0.4, lower.tail = FALSE) # item h## [1] 0.04096#primeira forma
1-dbinom(0,15,0.07)## [1] 0.6632991#segunda forma
pbinom(0,15, 0.07, lower.tail = FALSE)## [1] 0.6632991#primeira forma
choose(3,2)*0.8866325^2*(1-0.8866325)## [1] 0.2673604#segunda forma
dbinom(2,3, 0.8866325)## [1] 0.2673604Num jogo de dados, você paga R$25 e lança 3 dados. Se sair o número 1 em apenas um dos dados, você ganha R$25. Se sair o número 1 em dois dos dados, você ganha R$55. Se sair o número 1 em todos os três dados, você ganha R$65. Calcule o lucro líquido esperado de uma jogada. Tolerância da correção é ±0.5.
Temos X como sendo uma v.a.d. que contam a ocorrência do número em 3 dados. Formamente: \[X\sim Bin(n,p)\] Neste caso \(n=3\)(dados) e a chance de sucesso \(p=1/6\). Assim: \[ p_1=\mathbb{P}(X=1) = \binom{3}{1}\frac{1}{6}^1 \left( 1-\frac{1}{6}\right)^{3-1}= 0.3472222\] \[p_2=\mathbb{P}(X=2) = \binom{3}{2}\frac{1}{6}^2 \left( 1-\frac{1}{6}\right)^{3-2}=0.06944444\] \[p_3=\mathbb{P}(X=3) = \binom{3}{3}\frac{1}{6}^3 \left( 1-\frac{1}{6}\right)^{3-3}=0.00462963\]
p1 <- dbinom(x = 1, size = 3, prob =1/6)
p2 <- dbinom(x = 2, size = 3, prob =1/6)
p3 <- dbinom(x = 3, size = 3, prob =1/6)
p1;p2;p3## [1] 0.3472222## [1] 0.06944444## [1] 0.00462963Chamamos de Y uma variável discreta que assumi os seguintes valores com suas respectivas probabilidades:
\[Y = -25;p = 1\] \[Y = 25;p = p_1\] \[Y = 55;p = p_2\] \[Y = 65;p = p_3\]
Assim o Lucro Líquido(LL: Esperança da variável Y) será:
\[LL =\mathbb{E}[Y]= -25 + 25\times p_1 + 55\times p_2+ 65\times p_3\]
prob <-c(1, p1, p2, p3)
Y <-c(-25, 25, 55, 65)
sum(Y*prob)## [1] -12.19907dbinom(x = 4,size = 8, prob = 0.76 )## [1] 0.07748139pbinom(q = 3,size = 8, prob = 0.76, lower.tail = FALSE)## [1] 0.9770452choose(8,4)*(0.76^4)*((1-.76)^(4))+
choose(8,5)*(0.76^5)*((1-.76)^(3))+
choose(8,6)*(0.76^6)*((1-.76)^(2))+
choose(8,7)*(0.76^7)*((1-.76)^(1))+
choose(8,8)*(0.76^8)*((1-.76)^(0))## [1] 0.9770452pbinom(q = 3,size = 8, prob = 0.76 )## [1] 0.02295478# outra forma
choose(8,0)*(0.76^0)*((1-.76)^(8))+
choose(8,1)*(0.76^1)*((1-.76)^(7))+
choose(8,2)*(0.76^2)*((1-.76)^(6))+
choose(8,3)*(0.76^3)*((1-.76)^(5))## [1] 0.02295478p <- 0.6
dgeom( x = 0, prob = p) #item a## [1] 0.6pgeom( q = 3, prob = p) # item b## [1] 0.9744pgeom( q = 1, prob = p, lower.tail = FALSE) - pgeom(q = 4, prob = p, lower.tail = FALSE) # item c## [1] 0.14976pgeom( q =0, prob = p, lower.tail = FALSE) #item d## [1] 0.4\[\mathbb{P}(X=11) = \mathbb{P}(X_1=5)\mathbb{P}(X_2=6)+\mathbb{P}(X_1=6)\mathbb{P}(X_2=5)\] \[= \frac{1}{6}\frac{1}{6}+ \frac{1}{6}\frac{1}{6} = \frac{1}{18}=0.05555556\] b. Para modelar este problema consideramos X como sendo uma v.d.a. de distribuição geométrica, ou seja, temos: \[X \sim Geom(p = 1/18)\] Assim,temos para ocorrência de um sucesso em menos de 15 lançamentos: \[\mathbb{P}(X < 15)=\mathbb{P}(X \le 14) =\sum^{13}_{k=0} \left(1 - \frac{1}{18}\right)^{k}\frac{1}{18} = 0.5507689 \]
#sucesso em menos do que 15, significa que no máximo vão ter 14 lançamentos
# sendo o máximo de fracassos 13, logo:
pgeom(q=13, prob =1/18)## [1] 0.5507689# 1°forma
1- pgeom(q = 14, prob = 1/18)## [1] 0.4242738#2° forma
pgeom(q = 14, prob = 1/18, lower.tail = FALSE)## [1] 0.4242738#3° forma
1- (pgeom(q = 13, prob = 1/18) + dgeom(x = 14, prob = 1/18))## [1] 0.4242738O número de tentativas até que se tenha sucesso com a gravidez é uma variável aleatória discreta, G, de distribuição geométrica com parâmetro \(p = 0.25\), sendo escrito: \[G \sim Geom( p = 0.25)\] \[G \in \{1, 2, \dots\}\] \[\mathbb{P}(G =x) = (1-p)^{x-1}p\] a. No R temos que a variável associada esta contando a quantidade de insucessos, logo devemos subtrair uma unidade. Assim se \(G = 4\), devemos buscar no R o valor \(x = 3\)
\[\mathbb{P}(G = 4) = (1-0.25)^{4-1}\times 0.25=0.75^3 \times 0.25 =0.1054688\]
p <- 0.25 # chance de sucesso
dgeom(x = 3, prob = p)## [1] 0.1054688pgeom(q = 2, prob = p)## [1] 0.578125p <- 0.25
pgeom(q = 3 , prob = p)- pgeom(q = 0, prob = p)## [1] 0.4335938Suponha que uma loja envie ao cliente uma mensagem com as promoções da semana via WhatsApp. A probabilidade de que a venda para um cliente se realize após o envio da mensagem é 0.59. Assume-se que essa probabilidade seja mantida, independente do total de semanas que a loja já tenha enviado as promoções para o cliente. Encontre a probabilidade de que a primeira venda para um cliente só ocorra após o envio das promoções por 2 semanas seguidas.
Conside a v.a.d. \(E \in \{1, 2, \dots\}\), correspondendo a semana em que a venda ocorre após a k-ésima mensagem(\(E=k\)). Nossa v.a.d. \(E\) possui distribuição de probabilidade geométrica, assim: \[E \sim Geom(p = 0.59)\] \[\mathbb{P}(E = x) = (1-p)^{x-1}p\] Desejamos conhecer a probabilidade da primeira venda ocorra após o envio de duas mensagens, logo tivemos um fracassos e o sucesso ocorre na semana da segunda mensagem, logo \(E =2\). Portanto: \[\mathbb{P}(E=2) = p(1-p) \] No R temos que lidamos com a quantidade de insucessos(\(Q\)), assim \(\mathbb{P}(E = 2) = \mathbb{P}(Q =1)\), logo o código em R fica:
dgeom(x=1, prob = 0.59)## [1] 0.2419Seja X nossa v.a.d que tem distribuição hipergeométrica com paramêtros m = 4(ruins/bolas brancas), n = 15-4=11 (boas/bolas pretas) e k = 5 (tamanho da amostra): \[X \sim Hiper(m, n, k)\] Sendo o tamanho do lote(equivale formulação do modelo usando a quantidade de bolas brancas e pretas em uma urna): \[N=m+n\] \[\mathbb{P}(X=x|m,n,k)= \large{\frac{\binom{m}{x}\binom{n}{k-x}}{\binom{N}{k}}}\] a. Substituindo os valores, temos: \[\mathbb{P}(X=0|m=4,n=11,k=5)=\large{\frac{\binom{4}{0}\binom{11}{5-0}}{\binom{15}{5}}}= 0.1538462\]
#1°forma
dhyper(x=5,m=11, n=4, k=5)## [1] 0.1538462#2° forma
dhyper(x=0, m=4, n=11, k=5)## [1] 0.1538462#3°forma
m = 11 # não defeituosas
n = 4 # defeituosa
k = 5 # tamanho da amostra
N = m + n # tamanho do lote
x = 5 # quantidade de não defeituosas
choose(m, x)*choose(n, k-x)/choose(N, k)## [1] 0.1538462#4°forma
m = 4 # defeituosas
n = 11 # não defeituosa
k = 5 # tamanho da amostra
N = m + n # tamanho do lote
x = 0 # quantidade de defeituosas
choose(m, x)*choose(n, k-x)/choose(N, k)## [1] 0.1538462#1° forma
phyper(q=1,m=4, n=11, k=5)## [1] 0.5934066#2° forma
dhyper(x=0,m=4, n=11, k=5)+dhyper(x=1,m=4, n=11, k=5)## [1] 0.5934066Entre os 17 programadores de uma empresa, 10 são do sexo masculino. A empresa decide sortear 2 programadores para fazer um curso avançado de programação. Qual é a probabilidade de termos 1 programadores do sexo masculino entre os 2 sorteados?
Semelhante ao clássico problema da urna contendo N bolas, sendo m brancas e n pretas, realizando k retiradas sem reposição, a quantidade de bolas brancas segue uma distribuição hipergeométrica de paramêtros m,n e k. Neste problema bolas branca equivale ao sexo masculino e bola preta ao feminino, nosso k é o número de vagas para o curso, neste caso k=2. \[\mathbb{P}(X=x|m,n,k)= \large{\frac{\binom{m}{x}\binom{n}{k-x}}{\binom{N}{k}}}\] \[\mathbb{P}(X = 1|m=10,n=7,k=2)= \large{\frac{\binom{10}{1}\binom{7}{2-1}}{\binom{17}{2}}}=0.5147059\]
dhyper(x = 1, m = 10, n = 7, k = 2)## [1] 0.5147059#item a
lambda <- 2.2/50
t <- 180
x <- 8
dpois(x, lambda*t)## [1] 0.1395303#item b
1-exp(-5.28)*(5.28^0/factorial(0)+5.28^1/factorial(1)+5.28^2/factorial(2)+5.28^3/factorial(3))## [1] 0.7721026#ou de outra forma
ppois(q = 3, lambda = 5.28, lower = FALSE)## [1] 0.7721026Você está no shopping e precisa retornar uma ligação urgente, mas seu celular está praticamente sem bateria. Você encontra um ponto de recarga, mas alguém chega para usá-lo primeiro do que você. Suponha que a duração média, em minutos, de uma recarga no shopping seja 10 e que o tempo de recarga no shopping siga uma distribuição exponencial.
A tolerância de erro para a correção é ±0.005.X: é uma variável aleatória contínua que mede o tempo de espera que podemos esperar para carregar nosso celular em um shopping \[ X \sim Exp(\lambda )\] Para \(x\) \(\ge\) 0 , temos a densidade de probabilidade de uma v.a.c. de distribuição exponencial sendo: \[f(x) = \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x}, & \mbox{para } x\ge 0 \\ 0, & \mbox{caso contrário } x<0 \end{cases} \]
A função acumulada:
\[\mathbb{F}(X= x) = \mathbb{P}(X\le x) =\begin{cases} 1- e^{-\lambda x}, & \mbox{para } x\ge 0 \\ 0, & \mbox{caso contrário } x<0 \end{cases} \] a. Temos como obter o parâmetro \(\lambda\) da distribuição da v.a.c. X: \[\mathbb{E}(X) = \frac{1}{\lambda}=10\] \[\therefore \lambda = 0.1\] \[\mathbb{P}(X < 10 | \lambda = 0.1) = \mathbb{P}(X \le 10 | \lambda = 0.1) =\mathbb{F}(X=10)\] \[\mathbb{F}(X=10)= 1 - e^{-\lambda x}= 1- e^{\frac{1}{10} \times 10}= 0.6321206\] Pelo R:
pexp(q = 10, rate = 0.1)## [1] 0.6321206Pelo R:
pexp(q = 11, rate = 0.1)-pexp(q = 10, rate = 0.1)## [1] 0.03500836Cedo ou tarde, as máquinas falham. Suponha que o tempo de falha (em unidades de mil horas) de uma certa máquina seja uma variável aleatória com distribuição exponencial de parâmetro 𝜆.
A experiência mostra que a probabilidade de que o tempo de falha de uma certa máquina exceda 11 mil horas é 0.56.
A tolerância de erro para a correção dos itens é ±0.01 e ±1, respectivamente.X: é uma variável aleatória contínua que mede o tempo de funcionamento de uma máquina antes dela vir a falhar. \[ X \sim Exp(\lambda )\] Para \(x\) \(\ge\) 0 , temos a densidade de probabilidade de uma v.a.c. de distribuição exponencial sendo: \[f(x) = \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x}, & \mbox{para } x\ge 0 \\ 0, & \mbox{caso contrário } x<0 \end{cases} \]
A função acumulada: \[\mathbb{F}(X= x) = \mathbb{P}(X\le x) =\begin{cases} 1- e^{-\lambda x}, & \mbox{para } x\ge 0 \\ 0, & \mbox{caso contrário } x<0 \end{cases} \]
A. A unidade de \(X\) é em mil
horas, temos:
\[\mathbb{P}(X > 11) = 1 - \mathbb{P}(X
< 11)=0.56 = 1-(1 - e^{-\lambda \times 11})\]
\[e^{-\lambda \times 11} = 0.56 \iff ln(e^{-\lambda \times 11}) = ln(0.56) \iff \lambda = -\frac{1}{11}\times ln(0.56) \] \[\therefore \lambda = 0.05271077\]
lambda <- -log(0.56)/11
##testando P(X>11|lambda)
pexp(q = 11, rate = lambda, lower.tail = FALSE)## [1] 0.56\[\tfrac{1}{6} bc^6 =0.55 \tag{2} \] De \(\frac{(2)}{(1)}\), temos: \[\frac{5}{6}c=0.55\] \[\therefore c =0.66\] a. Substituindo c em (1),temos:
\[\tfrac{1}{5} b(0.66)^5 =1 \] \[\therefore b =39.9255 \]
Com os valores de b e c conhecidos, calculamos a seguinte acumula: \[\mathbb{F}(X=c/3)=\mathbb{P}(X \le c/3)=\int_{0}^{c/3}{bx^4}dx \iff \tfrac{1}{5} bx^5 \Big|_0^{c/3}=\tfrac{1}{5} b(c/3)^5 \] \[\therefore \mathbb{F}(X=c/3)=\tfrac{1}{5} b(c/3)^5=0.004115227 \]
A variância será: \[\mathbb{Var}[X] = \sigma^2_X=\mathbb{E}[(X- \mu_X)^2]=\int_{-\infty}^{+\infty}{(x- \mu_X)}^2f(x)dx \]
Conhecendo a média(\(\mu_X\)=0.55) do enunciado, temos: \[\mathbb{Var}[X] = \int_{0}^{c}{(x-0.55)}^2bx^4dx= 0.008642857 \] Usando o R para resolver numericamente a integral:
c <- 0.55*6/5
b <- 5/c^5
mu <- 0.55
fx <- function(x){
b*x^4
}
gx <- function(x){
(x-mu)^2*fx(x)
}
integrate(gx, lower = 0, upper = c)$value## [1] 0.008642857pnorm(q= -0.4) # item a## [1] 0.3445783pnorm(q = -0.15) # item b## [1] 0.4403823pnorm(q = -0.35, lower.tail = FALSE) # item c## [1] 0.6368307pnorm(q = -0.78) # item d## [1] 0.2176954pnorm(q = -0.23) # item e## [1] 0.4090459pnorm(q = 0.95) # item f## [1] 0.8289439# item g: probabilidade em um ponto é nula para v.a.c.pnorm(q = -0.12) - pnorm(q = -1.85) #item a## [1] 0.4200848pnorm(q = -0.39) - pnorm(q = -0.69) #item b## [1] 0.1031712pnorm(q = 0.91) - pnorm(q = -1.86) #item c## [1] 0.787146pnorm(q = 0.67) - pnorm(q = -0.18) #item d## [1] 0.3199948pnorm(q = 1.11) - pnorm(q = -1.26) #item e## [1] 0.7626658pnorm(q = 1.23) - pnorm(q = 0) #item f## [1] 0.3906514pnorm(q = 6.27, mean = 7, sd =2) - pnorm(q = 5.81, mean = 7, sd =2) #item a## [1] 0.08163397pnorm(q = 6.42, mean = 7, sd =2) - pnorm(q = 5.75, mean = 7, sd =2) #item b## [1] 0.1199226pnorm(q = 8.85, mean = 7, sd =2) - pnorm(q = 6.45, mean = 7, sd =2) #item c## [1] 0.4308589qnorm(p = 0.8904, lower.tail = FALSE) # item a## [1] -1.228658qnorm(p = 0.0809, lower.tail = FALSE) # item b## [1] 1.399043qnorm(p = 0.1607) # item c## [1] -0.991585qnorm(p = 0.6577) # item d## [1] 0.4061941qnorm(p = 0.418/2, lower.tail = FALSE) # item e## [1] 0.8098959qnorm(p = 0.1477/2, lower.tail = FALSE) # item f## [1] 1.447703qnorm(p = (1-0.1351)/2, lower.tail = FALSE) # item g## [1] 0.17014qnorm(p = (1-0.2577)/2, lower.tail = FALSE) # item h## [1] 0.3288091Suponha que o tempo que um aluno gasta para ir de casa até a UNICAMP segue aproximadamente uma distribuição Normal com média 41 minutos e desvio padrão 10 minutos. Se este aluno tem uma prova às 8:00 e quer ter 90% de certeza de que não vai chegar atrasado, quantos minutos antes da prova ele deverá sair de casa?
Arredonde para o maior inteiro.
\[X \sim N(\mu = 41, \sigma=10)\] \[\mathbb{P}(X \le x) = 0.90\]
qnorm(p = 0.90, mean = 41, sd = 10)## [1] 53.81552Assim: \[\therefore \lceil x \rceil=54\] Logo ele deve sair com 54 minutos de antecedência.
\[X \sim N(\mu = 387, \sigma=73)\] a. 23% melhores: \[\mathbb{P}(X \ge x) = 0.23\]
qnorm(p = 0.23, lower.tail = FALSE, mean = 387, sd = 73)## [1] 440.9358qnorm(p = 0.09, lower.tail = FALSE, mean = 387, sd = 73)## [1] 484.8751Sejam as v.a.c. \(X_A\) e \(X_B\) em milhares de km: \[X_A \sim N(\mu =37, \sigma=6)\] \[X_B \sim N(\mu =32, \sigma=5)\] a. A probabilidade buscada é traduzida como:
\[\mathbb{P}[X_A > 30| N(37,6)] =1- \mathbb{P}[X_A < 30| N(37,6)]\] \[Z_A=\frac{X_A-\mu_A}{\sigma_A} \sim N(0,1) \] \[Z_A = \frac{30 -37}{6}=-\frac{7}{6}=-1.166667\] \[\mathbb{P}[X_A > 30| N(37,6)]=\mathbb{P}[Z_A>1.166667|N(0,1)]=1-\mathbb{P}[Z_A<1.166667|N(0,1)] \]
pnorm(q = 30, mean = 37, sd = 6, lower.tail = FALSE)## [1] 0.87832751- pnorm(q = -7/6)## [1] 0.8783275\[\mathbb{P}[X_B > 30| N(32,5)]=1- \mathbb{P}[X_B < 30| N(32,5)]\] \[Z_B=\frac{X_B-\mu_B}{\sigma_B} \sim N(0,1) \] \[Z_B = \frac{30 -32}{5}=-\frac{2}{5}=-0.4\] \[\mathbb{P}[X_B > 30| N(32,5)]=\mathbb{P}[Z_B>-0.4|N(0,1)]=1-\mathbb{P}[Z_B<-0.4|N(0,1)] \]
pnorm(q = 30, mean = 32, sd = 5, lower.tail = FALSE)## [1] 0.65542171-pnorm(q = -0.4)## [1] 0.6554217