(Sistemas de Redundância) Considere um sistema com dois componentes que operam em paralelo (o sistema funciona se pelo menos um funcionar). Seja M a variável aleatória que representa o valor máximo obtido entre os dois dados ( M=\max (i, j) ).
a) Encontre P(M \leq 3).
b) Calcule a média E(M).
c) Se o sistema falha quando M<2, qual a probabilidade de falha do sistema?
d) P(M \leq 4).
e) P(2<M<6).
f) E(M) e interprete por que este valor é maior que 3,5 .

Passo 1

O enunciado dá um sistema com dois lançamentos de dado (dois dados) cujos resultados são i e j. Define-se a variável aleatória M=\max(i,j), ou seja, o maior valor obtido entre os dois dados. Vou listar claramente o que é pedido e as informações disponíveis:
  • Informações dadas (assumidas): cada dado é justo, com faces \{1,2,3,4,5,6\}, os lançamentos são independentes. Logo o espaço amostral tem 6\times6=36 resultados equiprováveis.
  • Perguntas:
    a) Calcular P(M\leq 3).
    b) Calcular E(M).
    c) Se o sistema falha quando M<2, qual a probabilidade de falha?
    d) Calcular P(M\leq 4).
    e) Calcular P(2<M<6).
    f) Calcular E(M) (novamente) e interpretar por que esse valor é maior que 3,5.

Passo 2

Primeiro desenvolvemos uma fórmula geral útil: para k\in\{1,\dots,6\},
P(M\leq k)=P(i\leq k \text{ e } j\leq k).
Pela independência dos dados,
P(M\leq k)=P(i\leq k)\cdot P(j\leq k)=\left(\frac{k}{6}\right)\left(\frac{k}{6}\right)=\left(\frac{k}{6}\right)^2.
Essa expressão é muito prática: basta substituir k para obter probabilidades do tipo P(M\leq k).

Passo 3

(a) Aplicando a fórmula com k=3:
P(M\leq 3)=\left(\frac{3}{6}\right)^2=\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}=0,25.
Portanto P(M\leq 3)=\dfrac{1}{4}.

Passo 4

Para calcular esperanças e probabilidades pontuais, é útil obter a função massa de probabilidade de M. Usamos
P(M=k)=P(M\leq k)-P(M\leq k-1).
Com a fórmula do passo anterior:
P(M=k)=\left(\frac{k}{6}\right)^2-\left(\frac{k-1}{6}\right)^2=\frac{k^2-(k-1)^2}{36}=\frac{2k-1}{36},
para k=1,2,\dots,6. Vale conferir alguns valores:
P(M=1)=\frac{1}{36},\quad P(M=2)=\frac{3}{36},\quad P(M=3)=\frac{5}{36},
P(M=4)=\frac{7}{36},\quad P(M=5)=\frac{9}{36},\quad P(M=6)=\frac{11}{36}.

Passo 5

(b) Agora calculamos E(M) usando a definição E(M)=\sum_{k=1}^{6} k\cdot P(M=k). Substituindo a expressão obtida:
E(M)=\sum_{k=1}^{6} k\cdot\frac{2k-1}{36}=\frac{1}{36}\sum_{k=1}^{6}\bigl(2k^2-k\bigr).
Calculamos as somas auxiliares passo a passo:
\sum_{k=1}^{6} k=1+2+3+4+5+6=21,
\sum_{k=1}^{6} k^2=1+4+9+16+25+36=91.
Logo a soma do numerador é
\sum_{k=1}^{6}(2k^2-k)=2\cdot91-21=182-21=161.
Portanto
E(M)=\frac{161}{36}\approx 4,4722.

Passo 6

(c) O sistema falha quando M<2. Como os valores possíveis são inteiros de 1 a 6, isso significa M=1. Assim
P(\text{falha})=P(M=1)=\frac{1}{36}\approx 0,02778.

Passo 7

(d) Usando a fórmula geral do passo 2 com k=4:
P(M\leq 4)=\left(\frac{4}{6}\right)^2=\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{4}{9}\approx 0,4444.

Passo 8

(e) Para P(2<M<6) entendemos 2<M<6 como M\in\{3,4,5\}. Podemos somar as probabilidades pontuais:
P(2<M<6)=P(M=3)+P(M=4)+P(M=5)=\frac{5+7+9}{36}=\frac{21}{36}=\frac{7}{12}\approx 0,5833.
Alternativamente poderia-se usar P(M\leq5)-P(M\leq2): \frac{25}{36}-\frac{4}{36}=\frac{21}{36}.

Passo 9

(f) Repetindo o valor de E(M) (já calculado no passo 5):
E(M)=\frac{161}{36}\approx 4,4722.
Interpretação do porquê esse valor é maior que 3,5: a média de um único dado é E(\text{um dado})=3,5. Ao tomar M=\max(i,j) estamos sempre escolhendo o maior entre duas observações independentes; isso tende a aumentar o valor típico observado. Uma forma elegante de ver isso é usar a identidade
E(M)=\sum_{k=1}^{6} P(M\geq k).
Aqui P(M\geq k)=1-P(M\leq k-1)=1-\left(\frac{k-1}{6}\right)^2, que é maior do que P(\text{um dado}\geq k)=\frac{6-(k-1)}{6} para muitos k, resultando em uma soma (expectativa) maior que 3,5. Intuitivamente: com dois lançamentos há boa chance de obter um valor grande em pelo menos um dos dados, puxando a média do máximo para cima.

Resposta

a) P(M\leq 3)=\dfrac{1}{4}=0,25
b) E(M)=\dfrac{161}{36}\approx 4,4722
c) P(\text{falha})=P(M<2)=P(M=1)=\dfrac{1}{36}\approx 0,02778
d) P(M\leq 4)=\dfrac{4}{9}\approx 0,4444
e) P(2<M<6)=\dfrac{7}{12}\approx 0,5833
f) E(M)=\dfrac{161}{36}\approx 4,4722. Interpretação: o máximo de dois lançamentos tende a ser maior que a média de um único lançamento ( 3,5) porque escolher o maior de duas observações favorece valores maiores.

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