Questão 3
Seja T o tempo de espera no aeroporto da cidade A até o aeroporto da cidade B, com f.d.p. \mathrm{f}(\mathrm{t})=\mathrm{b}(10-3 \mathrm{t}), \mathrm{t} \in[1,3] ; \mathrm{f}(\mathrm{t})=0, caso contrário.
O tempo de espera no aeroporto é contabilizado desde o momento em que o viajante entra no terminal até o início do voo. O tempo de deslocamento do hotel C, ponto de partida, até entrar no terminal do aeroporto A , varia conforme o meio de transporte utilizado: 1,0 hora para trem, 1,5 hora para carro, 2,0 horas para táxi e 2,5 horas para ônibus. As probabilidades de um viajante utilizar cada meio de transporte são:
\mathrm{P}( Trem )=0,2, \mathrm{P}( Carro )=0,3, \mathrm{P}( Táxi )=0,25, \mathrm{P}( Ônibus )=0,25.
(a) Determine b, a função de distribuição acumulada (f.d.a.) de T, a esperança E(T) e a variância \mathrm{V}(\mathrm{T}).
(b) Qual é a probabilidade de que o viajante não gaste mais que 4 horas desde o ponto de partida até o início do voo?
(c) Sabendo que o viajante levou menos de 4 horas desde o ponto de partida até o início do voo, qual é a probabilidade de que ele tenha utilizado o trem como meio de transporte?

Passo 1

O enunciado nos diz que T\) é o tempo de espera no aeroporto, com densidade \[f(t)= \begin{cases} b\,(10-3t),&1\le t\le3,\\\\ 0,&\text{caso contrário.} \end{cases}
Precisamos encontrar:
  1. A constante b\] via normalização da densidade. 2. A função de distribuição acumulada \(F(t).
    3. A esperança \!E(T) e a variância \!V(T).
    Depois, definimos X como o tempo de deslocamento até o terminal, com
    \;P(X=1)=0{,}2,\;P(X=1{,}5)=0{,}3,\;P(X=2)=0{,}25,\;P(X=2{,}5)=0{,}25.
    No item (b) calculamos P(X+T\le4) e, no (c), a probabilidade condicional
    P(X=1\mid X+T\le4).

Passo 2

Para achar b, impomos
\int_{1}^{3}b\,(10-3t)\,dt=1.
Calculamos
\int_{1}^{3}(10-3t)\,dt =\Bigl[10t-\tfrac32t^2\Bigr]_{1}^{3} =(30-13,5)-(10-1,5)=16,5-8,5=8.
Logo
b\cdot8=1 \quad\Longrightarrow\quad b=\tfrac18.

Passo 3

Para 1\le t\le3,
F(t)=\int_{1}^{t}f(u)\,du =\int_{1}^{t}\tfrac18(10-3u)\,du =\tfrac18\Bigl[10u-\tfrac32u^2\Bigr]_{1}^{t} =\tfrac18\bigl(10t-1,5t^2-8,5\bigr).
Fora desse intervalo, F(t)=0 se t<1 e F(t)=1 se t>3.

Passo 4

A esperança é
E(T)=\int_{1}^{3}t\,f(t)\,dt =\tfrac18\int_{1}^{3}t(10-3t)\,dt =\tfrac18\Bigl[5t^2-t^3\Bigr]_{1}^{3} =\tfrac18\bigl((45-27)-(5-1)\bigr) =\tfrac{14}{8} =\tfrac74.

Passo 5

Para a variância, precisamos de E(T^2):
E(T^2)=\int_{1}^{3}t^2f(t)\,dt =\tfrac18\int_{1}^{3}t^2(10-3t)\,dt =\tfrac18\Bigl[\tfrac{10}{3}t^3-\tfrac{3}{4}t^4\Bigr]_{1}^{3} =\tfrac18\cdot\tfrac{80}{3} =\tfrac{10}{3}.
Então
V(T)=E(T^2)-\bigl(E(T)\bigr)^2 =\tfrac{10}{3}-\bigl(\tfrac74\bigr)^2 =\tfrac{10}{3}-\tfrac{49}{16} =\tfrac{160-147}{48} =\tfrac{13}{48}.

Passo 6

No item (b), queremos
P(X+T\le4) =\sum_xP(X=x)\,P\bigl(T\le4-x\bigr).
Para cada valor de x:
  • x=1: 4-1=3\implies P(T\le3)=1.
  • x=1{,}5: 4-1{,}5=2{,}5\implies P(T\le2{,}5)=F(2{,}5) =\tfrac18(10\cdot2{,}5-1{,}5\cdot2{,}5^2-8{,}5) =0{,}890625.
  • x=2: 4-2=2\implies F(2)=\tfrac18(20-6-8{,}5)=0{,}6875.
  • x=2{,}5: 4-2{,}5=1{,}5\implies F(1{,}5)=\tfrac18(15-3{,}375-8{,}5)=0{,}390625.
Logo
P(X+T\le4) =0{,}2\cdot1 +0{,}3\cdot0{,}890625 +0{,}25\cdot0{,}6875 +0{,}25\cdot0{,}390625 \approx0{,}73671875.

Passo 7

No item (c),
P(X=1\mid X+T\le4) =\frac{P(X=1)\,P(T\le3)}{P(X+T\le4)} =\frac{0{,}2\cdot1}{0{,}73671875} \approx0{,}27165.

Resposta

(a)
b=\tfrac18.
Para 1\le t\le3,
F(t)=\tfrac18\bigl(10t-1,5t^2-8,5\bigr),
com E(T)=\tfrac74 e V(T)=\tfrac{13}{48}.
(b)
P(X+T\le4)\approx0,7367.
(c)
P(\text{trem}\mid X+T\le4)\approx0,2717.

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