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Questão de Estatística — Principais distribuições de probabilidade — CESPE / CEBRASPE 2023

EstatísticaPrincipais distribuições de probabilidade
Código
ce165021
Banca
CESPE / CEBRASPE
Órgão
TJ-ES
Ano
2023
Nível
Superior
Cargo
Analista Judiciário - Especialidade: Estatística

Diariamente, T mandados judiciais são distribuídos para certo oficial de justiça. Sabe-se que T = X + Y + Z  , em que X representa o número diário de mandados de intimação, Y, a quantidade diária de mandados de citação e Z, o total diário de mandados de condução coercitiva. As variáveis aleatórias X, Y e Z são independentes e seguem a distribuição de Poisson com médias 5, 3 e 1, respectivamente.


Com respeito a essa situação hipotética e considerando que e denote a constante de Néper (número exponencial), julgue o próximo item. 

A covariância entre T e Z é igual a 1.
  1. CCerto
  2. EErrado
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GabaritoC — Certo

Comentário gerado por IA. É um apoio ao estudo, ancorado em fontes, mas pode conter imprecisões — confira sempre na fonte oficial (lei, súmula, edital e gabarito da banca). Encontrou um erro? Use “Reportar”.

Covariância entre soma de variáveis independentes

Gabarito: CERTO. Como T=X+Y+ZT = X + Y + Z e as variáveis são independentes, a covariância entre TT e ZZ é simplesmente a variância de ZZ, que, por ser uma variável de Poisson com média 1, é igual a 1. A independência elimina os termos de covariância entre ZZ e as demais variáveis, restando apenas Cov(Z,Z)=Var(Z)=1\text{Cov}(Z, Z) = \text{Var}(Z) = 1.

A questão explora uma propriedade fundamental da covariância: a bilinearidade. Para variáveis aleatórias XX, YY, ZZ e constantes aa, bb, temos que Cov(aX+bY,Z)=aCov(X,Z)+bCov(Y,Z)\text{Cov}(aX + bY, Z) = a\text{Cov}(X, Z) + b\text{Cov}(Y, Z). Aplicando isso ao problema, com T=X+Y+ZT = X + Y + Z, obtemos:

Cov(T,Z)=Cov(X+Y+Z,Z)=Cov(X,Z)+Cov(Y,Z)+Cov(Z,Z)\text{Cov}(T, Z) = \text{Cov}(X + Y + Z, Z) = \text{Cov}(X, Z) + \text{Cov}(Y, Z) + \text{Cov}(Z, Z)

O ponto-chave é que XX, YY e ZZ são independentes. A independência implica covariância nula entre variáveis distintas. Portanto, Cov(X,Z)=0\text{Cov}(X, Z) = 0 e Cov(Y,Z)=0\text{Cov}(Y, Z) = 0. O termo que sobra é Cov(Z,Z)\text{Cov}(Z, Z), que é, por definição, a variância de ZZ.

Agora, para uma variável com distribuição de Poisson, a média e a variância são iguais ao parâmetro λ\lambda. Como Z∼Poisson(1)Z \sim \text{Poisson}(1), temos E(Z)=1E(Z) = 1 e Var(Z)=1\text{Var}(Z) = 1. Logo:

Cov(T,Z)=Var(Z)=1\text{Cov}(T, Z) = \text{Var}(Z) = 1

A afirmação está correta. A pegadinha da banca é tentar fazer o candidato calcular a covariância de forma mais complicada, ou confundir com a variância de TT (que seria 5+3+1=95 + 3 + 1 = 9), mas a propriedade da independência simplifica tudo.

Alternativa C — ✅ CERTO ⟵ GABARITO

A afirmativa está correta. A covariância entre TT e ZZ é igual a 1, pois, pela bilinearidade da covariância e pela independência das variáveis, Cov(T,Z)=Cov(X,Z)+Cov(Y,Z)+Cov(Z,Z)=0+0+Var(Z)=1\text{Cov}(T, Z) = \text{Cov}(X, Z) + \text{Cov}(Y, Z) + \text{Cov}(Z, Z) = 0 + 0 + \text{Var}(Z) = 1.

Alternativa E — ❌ ERRADO

A afirmativa está errada, pois a covariância entre TT e ZZ é exatamente 1, como demonstrado. O erro do candidato seria, por exemplo, calcular a covariância como a soma das médias (5 + 3 + 1 = 9) ou achar que a independência tornaria a covariância zero, o que não ocorre porque TT contém ZZ.

Gabarito: CERTO

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