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Questão 3, Problemas do Capítulo 5 do Livro "Mathematical Statistics and Data Analysis" de John A. Rice (3ª Edição)

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perguntada Abr 1 em Meta por Matheus Cintrão (1 ponto)  
editado Abr 1 por Matheus Cintrão

Suponha que o número anual de requisições para uso da cobertura do seguro siga uma distribuição Poisson com \( E(N) = 10.000\). Use a aproximação normal da Poisson para aproximar \(P(N \gt 10.200)\) .

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1 Resposta

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respondida Abr 1 por Matheus Cintrão (1 ponto)  

O primeiro passo para encontrar \(P(N \gt 10.200) \) é normalizar os valores. Desta forma teremos:
\[ P(N \gt 10.200) = P( \frac{N - \mu }{\sigma} \gt \frac{10200 - \mu }{\sigma})\]

Como a distribuição em questão é uma Poisson temos que \[ \mu = \sigma ^2 = \lambda = E(N) = 10.000 \], logo, \( \sigma = \sqrt{10000} = 100\)

O problema é então:

\[ P( \frac{N - E(N) }{\sigma } \gt \frac{10200 - 10000 }{100}) = P(\frac{N - E(N)}{\sigma } \gt 2)\]

Para usarmos a aproximação da normal é conveniente ainda escrever está probabilidade em função de seu complementar:
\[ P(N \gt 10.200) = 1 - P(\frac{N - E(N)}{\sigma } \leq 2)\]

Usando a aproximação da normal podemos buscar esta última probabilidade na tabela da normal. O próprio livro trás uma na página A7, no apêndice B. Temos que a probabilidade \(P(Z_p \leq 2,00) = 0,9772\) Logo:
\[ P( N \gt 10.200) = 1 - 09772 = 0,0228\]

comentou Abr 5 por claudiaeirado (56 pontos)  
editado Abr 5 por claudiaeirado
Parabéns pela resposta , Matheus Cintrão. De fato, temos que a variável aleatória segue distribuição \(N \sim \ \text{Poisson}(\lambda)\). Podemos utilizar a frequência de ocorrência do evento (no caso, o número anual de requisições para uso da cobertura do seguro) como uma boa aproximação de \(\lambda\), e se  \(\lambda \to  \infty\), ou seja, para \( \lambda\) suficientemente grande, temos que:

\(Z_n=\frac{N_{n}-E(N_{n})}{\sqrt{Var(N_{n})}}\xrightarrow{D}N(0,1).\)

Isto porque \(M_{N_n}(t)= E(e^{tN_n})=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{e^{tk}e^{\lambda}\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^t)^k}{k!}=e^{-\lambda}e^{\lambda e^t}=e^{\lambda(e^t-1)}.\)

e


\(M_{Z_n}(t)= E(e^{tZ_n})=e^{-t\sqrt{\lambda_n}}M_{N_n}(\frac{t}{\sqrt{\lambda_n}})=e^{-t\sqrt{\lambda_n}}e^{\lambda_n(e^{t/ \sqrt{\lambda_n}}-1)}.\)

\(\lim\limits_{n \to \infty} M_{Z_n}(t)=e^{t/2}\), que é equivalente à função geratriz de momentos da distribuição Normal-padrão \(N(0,1)\).

E podemos calcular \(E(N)\) e \(Var(N)\):

\(E(N)=\sum_{k=0}^\infty k\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}=\sum_{k=1}^{\infty}\lambda \left[\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\right]=\)
\(=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\right]=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\left[\frac{\lambda^k}{k!}\right] = \lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda.\)

\(E(N^2)=\sum_{k=0}^\infty k^2\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty} k*k \left[\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k}}{(k)!}\right]=\)
\(=\lambda \sum_{k=1}^{\infty} k\left[\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\right]=\lambda \sum_{k=0}^{\infty} (k+1)\left[\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k}}{k!}\right]=\)
\(=\lambda \left[\underbrace{\sum_{k=0}^{\infty} k\left[\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k}}{k!}\right]}_{\lambda}+ \underbrace{\sum_{k=0}^{\infty} \left[\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k}}{k!}\right]}_{1}\right]=\lambda(\lambda+1).\)

Então \(Var(N)=E(N^2)-E(N)^2=\lambda(\lambda+1)-\lambda^2=\lambda.\)

Pelo enunciado, \(E(N)=Var(N)=\lambda=10.000\).

Então segue a solução do Matheus, de que \(P( N \gt 10.200) = 1- (P( N \leq 10.200) = 1- P(Z \leq \frac{10.200-10.000}{\sqrt{10.000}})=\)
\(=(1 - P(Z  \leq 2)= 1- 09772 = 0,0228.\)
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