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1 - Cap. 3 - Exercício 15 - John Rice

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perguntada Abr 6 em Estatística por João Pedro Heringer (21 pontos)  

Suponha que \(x\) e \(y\) tenham a seguinte densidade conjunta:

\[f(x,y)=c \sqrt{1-x^2-y^2} \] \[x^2+y^2\leq1\]

a. Encontre c
b. Qual o desenho da densidade conjunta
c. Encontre \(P(x^2+y^2\leq\frac{1}{2})\)
d. Encontre as densidades marginais de \(x\) e \(y\) e verifique se são variáveis independentes.
e. Encontre as densidades condicionais

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1 Resposta

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respondida Abr 6 por João Pedro Heringer (21 pontos)  

a. Para isso, precisamos a seguinte integral:

\[\iint_{A}^{}f(x,y)dA= \iint_{A}^{}c \sqrt{1-x^2-y^2}dA=1, dA=dxdy\]

Sendo que, como \(x^2+y^2 \leq 1\), e o lado direito da inequação é a soma de dois números reais elevados ao quadrado, o conjunto no qual a função será integrada é:

\[A = \begin{Bmatrix} (x,y) \in \mathbb{R}^2 : 0 \leq x^2+y^2 \leq 1 \end{Bmatrix}\]

Como fica evidente, o conjunto é um círculo com centro na origem e raio unitário. Portanto, podemos reescrever o conjunto em termos de coordenadas polares:

\[A = \begin{Bmatrix} (rcos(\theta),rsen(\theta)) \in \mathbb{R}^2 : 0 \leq \theta \leq 2\pi, 0 \leq r \leq 1 \end{Bmatrix}\]

E, assim, definimos a seguinte mudança de variável:

\[x^2+y^2=r^2\]

E a integral se torna:

\[\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi}c(\sqrt{1-r^2})|det(J)|d\theta dr=1\]

Sendo que o determinante da matriz jacobiana é:

\[det(J)=\begin{vmatrix} cos(\theta) & -rsen(\theta) \\ sen(\theta) & rcos(\theta) \end{vmatrix} = rcos^2(\theta) + rsen^2(\theta) = r\]

E ficamos com a seguinte integral:

\[\int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi}c(\sqrt{1-r^2})rd\theta dr\]

Portanto:

\[\int_{0}^{1}c(\sqrt{1-r^2})r[\theta]_{0}^{2\pi} dr=\int_{0}^{1}c(\sqrt{1-r^2})r(2\pi - 0) dr=2\pi c\int_{0}^{1}(\sqrt{1-r^2})rdr\]

Definindo: \(1-r^2=u^2\). Temos então que:

\[-2rdr=2udu \Rightarrow rdr=-udu\]

A integral se torna então:

\[2\pi c\int_{0}^{1}(\sqrt{1-r^2})rdr=-2\pi\int_{0}^{1}(\sqrt{u^2})udu=-2\pi\int_{0}^{1}u^2du\]

Substituindo a definição de \(u^2\) de volta na integral:

\[-2\pi c[\frac{u^3}{3}]=-\frac{2\pi c}{3}[(1-r^2)^3]_{0 \leq r \leq 1}=-\frac{2\pi c}{3}(0-1)=\frac{2\pi c}{3}\]

E, portanto:

\[\frac{2\pi c}{3}=1 \Rightarrow c=\frac{3}{2\pi} \]

b. A função de distribuição é metade de um esferoide oblato com \(a=b=1\) e \(c=\frac{3}{2\pi}\) sendo que \(z\geq 0\)

c. Para:

\[x^2+y^2 \leq \frac{1}{2}\]

Temos que:

\[0 \leq r \leq \frac{1}{ \sqrt{2} }\]

Portanto, o novo conjunto para a integral é:

\[A_2 = \begin{Bmatrix} (rcos(\theta),rsen(\theta)) \in \mathbb{R}^2 : 0 \leq \theta \leq 2\pi, 0 \leq r \leq \frac{1}{\sqrt2} \end{Bmatrix}\]

Logo:

\[\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}}\int_{0}^{2\pi}\frac{3}{2\pi} (\sqrt{1-r^2})rd\theta dr= 3\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}}(\sqrt{1-r^2})rdr\]

Se fizermos a mudança de variável:

\[1-r^2=u^2 \Rightarrow rdr=-udu\]

E portanto:

\[-3\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}}(u^2)^{\frac{1}{2}}udu=-3\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}}u^2du\]

Integrando e substituindo \(u=\sqrt{1-r^2}\), temos que:

\[-3\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt2}}u^2du=-[(1-r^2)^{\frac{3}{2}}]_{0 \leq r \leq \frac{1}{\sqrt2}}= -((1-\frac{1}{2})^\frac{3}{2}-(1)^\frac{3}{2})\]

O resultado da integral é, então:

\[1-(\frac{1}{2})^\frac{3}{2}=1-\frac{1}{2\sqrt2}=P(X^2+Y^2 \leq \frac{1}{2})\]

d. Como \(x^2+y^2 \leq 1 \Rightarrow |y| \leq \sqrt{1-x^2}\), a integral para a densidade condicional sobre o conjunto \(B=\begin{Bmatrix} (x,y) \in \mathbb{R}^2 : |y| \leq (1-x^2)^{1/2} \end{Bmatrix}\) é:

\[f_X(x)=\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)dy= \frac{3}{2\pi}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\sqrt{1-x^2-y^2}dy\]

Fazendo a mudança de variável:

\[y=\sqrt{1-x^2}sen(u)\Rightarrow y^2=(1-x^2)sen^2(u)\]

E então o conjunto da integração se torna:

\[-\sqrt{1-x^2} \leq \sqrt{1-x^2}sen(u) \leq \sqrt{1-x^2} \rightarrow -\frac{\pi}{2} \leq u \leq \frac{\pi}{2}\]

Além disso, temos que \(dy=\sqrt{1-x^2}cos(u)du\). E portanto:

\[\frac{3}{2\pi}\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\sqrt{1-x^2-y^2}dy=\]
\[\frac{3}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-x^2-(1-x^2)sen^2(u)}\sqrt{1-x^2}cos(u)du\]

Partindo do fato de que \(1=cos^2(u)+sen^2(u)\):

\[\frac{3}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{(1-x^2)cos^2(u)}\sqrt{1-x^2}cos(u)du=\frac{3(1-x^2)}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}cos^2(u)du\]

Podemos fazer a integração por partes:

\[\int_Bcos^2(u)du=[sen(u)cos(u)]_B+\int_Bsen^2(u)du\]

Pela identidade trigonométrica:

\[\int_Bcos^2(u)du=[sen(u)cos(u)]_B+\int_B1-cos^2(u)du\]

E portanto:

\[\int_Bcos^2(u)du=\frac{1}{2}[sen(u)cos(u)]_B+\frac{1}{2}\int_B1du\]

Como o primeiro termo é uma integral definida de uma função par (\(f(x)=f(-x)\)), temos que seu valor é nulo, já que \(B\) é um intervalo do tipo \((-a,a)\). Portanto, temos que:

\[\frac{3(1-x^2)}{2\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}cos^2(u)du= \frac{3(1-x^2)}{2\pi}(\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}1du)\]

E dessa forma, encontramos:

\[f_X(x)=\frac{3}{4}(1-x^2)\]

Pelo mesmo procedimento, mudando o que se precisa, encontramos a densidade marginal para \(Y\):

\[f_Y(y)=\frac{3}{4}(1-y^2)\]

Portanto, temos que:

\[f_X(x)f_Y(y)=\frac{9}{16}(1-x^2)(1-y^2) \neq f(x,y)\]

Sendo assim, como o produto das densidades marginais é diferente da densidade conjunta, as variáveis aleatórias não são independentes.

d. Finalmente, as densidades condicionais são dadas por:

\[f_{X|Y}(x|y)=\frac{f(x,y)}{f_Y(y)}=\frac{2\sqrt{1-x^2-y^2}}{\pi(1-y^2)}\]

\[f_{Y|X}(y|x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}=\frac{2\sqrt{1-x^2-y^2}}{\pi(1-x^2)}\]

comentou Mai 15 por Alan Antunes Rosendo (26 pontos)  
Ótima resposta!
Todas as letras estão corretas e explicadas de forma bem didática. A utilização de coordenadas polares foi uma excelente idéia para a solução do problema, parabéns.
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