Resolução de Questão de Concurso envolvendo Soma de Variáveis de Poisson - Prova da FUB CEPSE-UNB

1. concurseiro_estatistico@outlook.com

2. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)

3. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)
Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de requerimentos
administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas
quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a
n15 requerimentos por dia e n4 recursos por dia.

4. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)
Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de requerimentos
administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas
quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a
n15 requerimentos por dia e n4 recursos por dia.
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam
independentes e que S = X + Y , julgue os seguintes itens.

5. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)
Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de requerimentos
administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas
quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a
n15 requerimentos por dia e n4 recursos por dia.
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam
independentes e que S = X + Y , julgue os seguintes itens.
61 Em determinado dia, a probabilidade de não haver recebimento de
requerimento administrativo nessa repartição será inferior a 0, 08.

6. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)
Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de requerimentos
administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas
quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a
n15 requerimentos por dia e n4 recursos por dia.
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam
independentes e que S = X + Y , julgue os seguintes itens.
61 Em determinado dia, a probabilidade de não haver recebimento de
requerimento administrativo nessa repartição será inferior a 0, 08.
62 A variância da distribuição de Y é igual a n4.

7. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)
Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de requerimentos
administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas
quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a
n15 requerimentos por dia e n4 recursos por dia.
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam
independentes e que S = X + Y , julgue os seguintes itens.
61 Em determinado dia, a probabilidade de não haver recebimento de
requerimento administrativo nessa repartição será inferior a 0, 08.
62 A variância da distribuição de Y é igual a n4.
63 É correto armar que P(S = 0) 0, 02.

8. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)
Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de requerimentos
administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas
quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a
n15 requerimentos por dia e n4 recursos por dia.
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam
independentes e que S = X + Y , julgue os seguintes itens.
61 Em determinado dia, a probabilidade de não haver recebimento de
requerimento administrativo nessa repartição será inferior a 0, 08.
62 A variância da distribuição de Y é igual a n4.
63 É correto armar que P(S = 0) 0, 02.
64 A moda da distribuição da quantidade de recursos administrativos é igual a
zero.

9. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)
Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de requerimentos
administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas
quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a
n15 requerimentos por dia e n4 recursos por dia.
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam
independentes e que S = X + Y , julgue os seguintes itens.
61 Em determinado dia, a probabilidade de não haver recebimento de
requerimento administrativo nessa repartição será inferior a 0, 08.
62 A variância da distribuição de Y é igual a n4.
63 É correto armar que P(S = 0) 0, 02.
64 A moda da distribuição da quantidade de recursos administrativos é igual a
zero.
65 A variável aleatória S segue uma distribuição de Poisson.

10. Questão 65 (FUB/2015 - Cespe | Cebraspe)
Uma repartição pública recebe diariamente uma quantidade X de requerimentos
administrativos e uma quantidade Y de recursos administrativos. Essas
quantidades seguem distribuições de Poisson com taxas, respectivamente, iguais a
n15 requerimentos por dia e n4 recursos por dia.
Considerando que, nessa situação hipotética, as variáveis aleatórias X e Y sejam
independentes e que S = X + Y , julgue os seguintes itens.
61 Em determinado dia, a probabilidade de não haver recebimento de
requerimento administrativo nessa repartição será inferior a 0, 08.
62 A variância da distribuição de Y é igual a n4.
63 É correto armar que P(S = 0) 0, 02.
64 A moda da distribuição da quantidade de recursos administrativos é igual a
zero.
65 A variável aleatória S segue uma distribuição de Poisson.
66 O valor esperado da variável aleatória S é igual a n60.

11. Resolução

12. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:

13. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .

14. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .

15. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .

16. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .
Para a distribuição de Poisson, sua F.G.M é dada por:

17. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .
Para a distribuição de Poisson, sua F.G.M é dada por:
MX(t) = E(etX
)

18. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .
Para a distribuição de Poisson, sua F.G.M é dada por:
MX(t) = E(etX
) =
∞
x=0
etx
×
λx e−λ
x!
=

19. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .
Para a distribuição de Poisson, sua F.G.M é dada por:
MX(t) = E(etX
) =
∞
x=0
etx
×
λx e−λ
x!
= e−λ
∞
x=0
(λet)x
x!
=

20. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .
Para a distribuição de Poisson, sua F.G.M é dada por:
MX(t) = E(etX
) =
∞
x=0
etx
×
λx e−λ
x!
= e−λ
∞
x=0
(λet)x
x!
= e−λ
×eλet

21. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .
Para a distribuição de Poisson, sua F.G.M é dada por:
MX(t) = E(etX
) =
∞
x=0
etx
×
λx e−λ
x!
= e−λ
∞
x=0
(λet)x
x!
= e−λ
×eλet
= exp [λ exp(t) − λ]

22. Resolução
Para ns didáticos, vamos provar este fato usando Função Geratriz de Momentos.
Sabemos que:
X ∼ Poisson(λ) ⇒ P(X = x) = λx e−λ
x! , x = 0, 1, 2, . . .
Y ∼ Poisson(θ) ⇒ P(Y = y) = θy e−θ
y! , y = 0, 1, 2, . . .
Para a distribuição de Poisson, sua F.G.M é dada por:
MX(t) = E(etX
) =
∞
x=0
etx
×
λx e−λ
x!
= e−λ
∞
x=0
(λet)x
x!
= e−λ
×eλet
= exp [λ exp(t) − λ]
Onde exp (t) = et

23. Resolução

24. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:

25. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY

26. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY

27. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)

28. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]

29. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]
= exp [(λ + θ) exp(t) − (λ + θ)]

30. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]
= exp [(λ + θ) exp(t) − (λ + θ)]
Conclusão S ∼ Poisson(λ + θ).

31. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]
= exp [(λ + θ) exp(t) − (λ + θ)]
Conclusão S ∼ Poisson(λ + θ).
Generalizando: Dada uma amostra aleatória X1, X2, . . . , Xn

32. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]
= exp [(λ + θ) exp(t) − (λ + θ)]
Conclusão S ∼ Poisson(λ + θ).
Generalizando: Dada uma amostra aleatória X1, X2, . . . , Xn de variáveis aleatórias
independentes e identicamente distribuídas,

33. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]
= exp [(λ + θ) exp(t) − (λ + θ)]
Conclusão S ∼ Poisson(λ + θ).
Generalizando: Dada uma amostra aleatória X1, X2, . . . , Xn de variáveis aleatórias
independentes e identicamente distribuídas, com distribuição de Poisson e
parâmetros λ1,

34. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]
= exp [(λ + θ) exp(t) − (λ + θ)]
Conclusão S ∼ Poisson(λ + θ).
Generalizando: Dada uma amostra aleatória X1, X2, . . . , Xn de variáveis aleatórias
independentes e identicamente distribuídas, com distribuição de Poisson e
parâmetros λ1, λ2,

35. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]
= exp [(λ + θ) exp(t) − (λ + θ)]
Conclusão S ∼ Poisson(λ + θ).
Generalizando: Dada uma amostra aleatória X1, X2, . . . , Xn de variáveis aleatórias
independentes e identicamente distribuídas, com distribuição de Poisson e
parâmetros λ1, λ2, . . . , λn,

36. Resolução
A F.G.M da soma de S = X + Y , onde X e Y são variáveis independentes com
distribuição de Poisson será dada por:
MS(t) = E et(X+Y )
= E etX
× etY
= E etX
× E etY
= MX(t) × MY (t)
= exp [λ exp(t) − λ] × exp [θ exp(t) − θ]
= exp [(λ + θ) exp(t) − (λ + θ)]
Conclusão S ∼ Poisson(λ + θ).
Generalizando: Dada uma amostra aleatória X1, X2, . . . , Xn de variáveis aleatórias
independentes e identicamente distribuídas, com distribuição de Poisson e
parâmetros λ1, λ2, . . . , λn, teremos que
Sn =
n
i=1
Xi ∼ Poisson
n
i=1
λi