Apostila

ContedoUNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSE INSTITUTO DE MATEMTICA1 Alguns Resultados de Clculo 1.1 Sries geomtricas . . . . . . . . . . . . . . 1.2 A funo logartmica natural . . . . . . . . 1.3 A funo exponencial natural . . . . . . . 1.4 Funes pares e mpares . . . . . . . . . . 1.5 Integrais duplas com coordenadas polares . 1.5.1 Exemplo . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.2 Exerccio resolvido . . . . . . . . . 1.6 Mudana de variveis em integrais duplas . 1.7 Funes exponencial e logartmica . . . . . 1.8 A funo gama . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 A funo beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 4 7 8 10 14 15 15 16 21 22 26 26 26 26 27 27 27 28 28 30 31 32 33 34 34 35 37 37 38 39 40 40

DEPARTAMENTO DE ESTATSTICA

Variveis Aleatrias Algumas Distribuies Discretas e Contnuas Ana Maria Lima de Farias

Junho de 2008

2 Algumas Distribuies Discretas 2.1 Distribuio de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Funo de distribuio acumulada . . . . . . . . 2.1.3 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.4 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.5 Funo geradora de momentos . . . . . . . . . . 2.2 Distribuio Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.4 Funo geradora de momentos . . . . . . . . . . 2.2.5 Exerccios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Distribuio Geomtrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Funo de distribuio acumulada . . . . . . . . 2.3.3 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.4 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.5 Funo geradora de momentos . . . . . . . . . . 2.3.6 Exerccios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.7 Forma alternativa da distribuio geomtrica . . 2.3.8 Propriedade da falta de memria da geomtrica ii

CONTEDO 2.4 Distribuio binomial negativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Forma alternativa da distribuio binomial negativa . . . 2.4.3 Por que binomial negativa? . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.5 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.6 Funo geradora de momentos . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.7 Exerccios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Distribuio hipergeomtrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.4 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.5 Distribuio binomial versus distribuio hipergeomtrica 2.5.6 Exerccios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Distribuio de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.3 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.4 Funo geradora de momentos . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.5 Aproximao da binomial pela Poisson . . . . . . . . . . 2.6.6 Exerccios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Algumas Distribuies Contnuas 3.1 Distribuio uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Funo de distribuio acumulada . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Distribuio exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Funo de distribuio acumulada . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.4 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.5 Funo geradora de momentos . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.6 Parametrizao alternativa . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.7 Propriedade da falta de memria da exponencial . . . . . 3.2.8 Exerccios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Distribuio gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Denio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 O grco da distribuio gama . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Esperana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.4 Varincia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.5 Funo geradora de momentos . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.6 Distribuio de Erlang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.7 Distribuio qui-quadrado como caso particular da gama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iii 41 41 42 42 43 45 48 48 49 49 51 52 53 55 55 56 56 57 59 59 60 61 62 62 63 63 64 65 65 65 66 67 67 68 68 68 69 69 70 73 74 75 75 75

CONTEDO 3.4 Distribuio de Weibull . . . . . . . . . . 3.4.1 Denio . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Esperana e varincia . . . . . . . 3.4.3 Funo de distribuio acumulada 3.5 Distribuio de Pareto . . . . . . . . . . 3.5.1 Denio . . . . . . . . . . . . . 3.5.2 Esperana . . . . . . . . . . . . . 3.5.3 Varincia . . . . . . . . . . . . . 3.6 Distribuio beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iv 76 76 76 77 77 77 78 78 79 81 81 82 84 85 88 88 88 88 88 89 89 90 92 92 94 94 97 105 105 106 107 108

4 Funes de Variveis Aleatrias Contnuas 4.1 Exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Funes inversveis . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Exemplo . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2 Transformao linear . . . . . . . . . 5 A Distribuio Normal 5.1 Distribuio normal padro . . . . . . . 5.1.1 Denio . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Esperana . . . . . . . . . . . . . 5.1.3 Varincia . . . . . . . . . . . . . 5.1.4 Funo geradora de momentos . . 5.2 Distribuio N(; 2 ) . . . . . . . . . . . 5.2.1 Caractersticas da curva normal . 5.2.2 Parmetros da N (; 2 ) . . . . . 5.2.3 Funo geradora de momentos . . 5.3 Funo de distribuio acumulada . . . . 5.4 Tabulao da distribuio normal padro 5.5 Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 A distribuio log-normal . . . . . . . . 5.6.1 Denio . . . . . . . . . . . . . 5.6.2 Esperana . . . . . . . . . . . . . 5.6.3 Varincia . . . . . . . . . . . . . 5.7 Exemplo: qui-quadrado e normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO primeira ordem. d P i r = dr i=0 = = =

2

Captulo 1 Alguns Resultados de Clculo1.1 Sries geomtricas

d (1 + r + r2 + r3 + r4 + + rn + ) dr 1 + 2r + 3r2 + 4r3 + + nrn1 + = 1 + (r + r) + (r2 + 2r2 ) + (r3 + 3r3 ) + rn1 + (n 1)rn1 + (1 + r + r2 + r3 + + rn1 + ) + r + 2r2 + 3r3 + + (n 1)rn1 + P i P i r + ir = = =i=0 P i=0 P i=0

ri +

(1 + i)ri

i=1 P i=0

iri

Recordemos inicialmente a progresso geomtrica (pg) de razo r, dada por (1, r, r2 , r3 , . . . , rn ) . Para calcular a soma dos n primeiros termos de uma pg, note que, se r 6= 1, podemos escrever: (1 + r + r2 + . . . + rn )(1 r) = (1 + r + r2 + . . . + rn ) (r + r2 + . . . + rn+1 ) = 1 rn+1 Logo, 1 rn+1 (1 + r + r2 + . . . + rn ) = r 6= 1 1r Essa a soma dos n termos de uma pg de razo r. Se |r| < 1, lim rn+1 = 0. Logo, a soma dos termos da pg converge, quando n , isto :n X i=0

Como a srie geomtrica convergente para | r | < 1, podemos igualar as derivadas, isto : P 1 d d P i se | r | < 1 (1 + i)ri = r = dr i=0 dr 1 r i=0 ou seja,i=0 P

(1 + i)ri =

Mas podemos escrever

1 (1 r)2

se | r | < 1 1+i i

(1.3)

(1 + i) = resultando que

(1 + i) i! (1 + i)! = = i! i! 1!

1 r = 1ri

se | r | < 1.

(1.1)

A srie

i=0

Note que podemos escrever (ateno aos ndices dos somatrios!): P

P

ri chamada srie geomtrica de razo r.

ri = 1 + P

i=0

i=1

ou

P

ri

P i 1 =1+ r 1r i=1

se | r | < 1 (1.2)

i=1

ri = 1

Consideremos, agora, as derivadas da srie geomtrica. Vamos comear com a derivada de

1 r = 1r 1r

se | r | < 1

Igualando as derivadas, obtemos: P

P 1+i i 1 r = se | r | < 1 (1.4) i (1 r)2 i=0 Consideremos a segunda derivada. d2 P i d2 r = 2 (1 + r + r2 + r3 + r4 + + rn1 + rn + rn+1 ) = dr2 i=0 dr d = 1 + 2r + 3r2 + 4r3 + (n 1)rn2 + nrn1 + (n + 1)rn + = dr = 2 1 + 3 2 r + 4 3 r2 + + (n 1)(n 2)rn3 + n(n 1)rn2 + (n + 1)nrn1 + P (i + 2)(i + 1)ri =i=0

(i + 2)(i + 1)ri =

i=0

d2 dr2 P

ou

1 1r

=

d dr

1 (1 r)2

=

2 (1 r)(1) (1 r)4 (1.5)

(i + 2)(i + 1)ri =

i=0

2 (1 r)3

1

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO Esse resultado pode ser escrito de outra forma:

3

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO

4

1.2

A funo logartmica naturalln x = Rx 1 dt 1 t x>0

2 (i + 2)(i + 1)ri = (1 r)3 i=0 (i + 2)(i + 1) P 1 ri = 2 (1 r)3 i=0 P (i + 2)(i + 1)i! i 1 r = 2 i! (1 r)3 i=0 P (i + 2)! i 1 r = (1 r)3 i=0 i! 2! P i+2 i 1 r = (1 r)3 2 i=0 Pela propriedade das relaes complementares, sabemos que i+2 = i+2 e, portanto, resulta que 2 i P i+2 i P i+2 i 1 (1.6) r = r = (1 r)3 2 i i=0 i=0 Tomando a terceira derivada: d3 d3 P i r = 3 (1 + r + r2 + r3 + r4 + r5 + + rn1 + rn + rn+1 ) = 3 dr i=0 dr d2 = 1 + 2r + 3r2 + 4r3 + 5r4 + + (n 1)rn2 + nrn1 + (n + 1)rn + = dr2 d 2 1 + 3 2 r + 4 3 r2 + 5 4 r3 + + (n 1)(n 2)rn3 = n2 n1 +n(n 1)r + (n + 1)nr + dr

P

Dene-se a funo logartmica natural, denotada por ln, como

A condio x > 0 necessria pois, se tivssemos x 0, o domnio de integrao incluiria t = 0, onde a funo f (t) = 1 no est denida. t 1 Pelo teorema Fundamental do Clculo, vemos que ln x uma antiderivada de x , isto d 1 ln x = dx x x>0

Isso signica que ln x diferencivel e sua derivada positiva no seu domnio de denio. Resulta, ento, que ln x uma funo contnua (porque ela diferencivel) e crescente (porque sua derivada sempre positiva). Da denio da funo ln x seguem as seguintes propriedades: 1. ln 1 = 0 2. Se p > 0 e q > 0, ento ln (pq) = ln p + ln q De fato: d 1 1 ln(px) = .p = dx px x1 x

Igualando as derivadas: P

= 3 2 1 + 4 3 2 r + 5 4 3 r2 + + (n 1)(n 2)(n 3)rn4 + +n(n 1)(n 2)rn3 + (n + 1)n(n 1)rn2 + P (i + 3)(i + 2)(i + 1)ri =i=0

Isso signica que ln(px) e ln(x) so ambas antiderivadas de cosntante, ou seja: ln(px) = ln x + C Fazendo x = 1, resulta que ln p = 0 + C e, portanto ln(px) = ln x + ln p Fazendo x = q, prova-se o resultado desejado. 3. Se p > 0, ento ln( 1 ) = ln p p De fato: Fazendo q =1 p

e, portanto, diferem por uma

x > 0,

p>0

(i + 3)(i + 2)(i + 1)ri =

i=0

d3 dr3

1 1r

=

d dr

2 (1 r)3

=

3! 2 3 (1 r)2 (1) = (1 r)6 (1 r)4

Logo, P (i + 3)(i + 2)(i + 1) i P (i + 3)(i + 2)(i + 1)i! i 1 1 r = r = 3! (1 r)4 3! i! (1 r)4 i=0 i=0 P 3+i i P 3+i i 1 (1.7) r = r = (1 r)4 i 3 i=0 i=0 Continuando a derivar (note que podemos tomar derivadas de qualquer ordem!), obtm-se o seguinte resultado geral: P k+i i P k+i i 1 (1.8) r = r = (1 r)k+1 i k i=0 i=0

no resultado anterior obtemos: 1 1 ln p = ln 1 = ln p + ln p p

Como ln(1) = 0, segue o resultado. 4. Se p > 0 e q > 0, ento ln p = ln p ln q q

De fato: usando os resultados anteriores temos que 1 1 p = ln p + ln = ln(p) ln(q) ln = ln p q q q

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO 5. Se p > 0 e r um nmero racional qualquer, ento ln(pr ) = r ln p De fato: usando a regra da cadeia, temos que d 1 1 d d ln (xr ) = r rxr1 = r = r ln x = (r ln x) dx x x dx dx Da v-se que ln(xr ) e r ln(x) tm a mesma derivada; logo ln(xr ) = r ln x + C Fazendo x = 1 obtm-se que C = 0 e, portanto ln(xr ) = r ln x

5

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO e se M um nmero racional positivo qualquer, M ln 4 > M = ln 4M > M Tomando x > 4M , como ln x uma funo crescente, teremos ln x > ln 4M > M

6

Como M qualquer racional positivo, da relao ln x > M resulta que podemos fazer ln x to grande quanto desejado, bastando para isso tomar x sucientemente grande, donde se conclui quex

lim (ln x) =

Como ln x contnua e crescente e ln 1 = 0, resulta que para x > 1, ln x > 0 e para 0 < x < 1, ln x < 0. Alm disso, d2 1 d 1 = 2 0, a funo f(x) = x positiva e, portanto, a integral denida pode ser interpretada como rea sob a curva. Analisando a Figura 1.1, podemos ver que a rea sob a curva entre 1 e 4 maior que as reas dos trs retngulos em cinza, cujos vrtices superiores direita esto sobre a curva. Isso signica que R4 1 1 1 1 13 dt > + + = >1 1 t 2 3 4 12

1 1 Como ln x = ln x, segue que ln x = ln x e, portanto, 1 lim (ln x) = lim ln x0+ x0+ x

Mas quando x 0+ , signica que

1 x

1 1 e, pelo resultado acima, ln x e, portanto, ln x . Isso x0+

lim (ln x) =

Na Figura ?? temos o grco da funo ln x.

Figura 1.1: Grco da funo f (x) = Logo, ln 4 > 1

1 x

Figura 1.2: Grco da funo f(x) = ln x


7

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO 1. Se p e q so nmeros reais, ento (exp p)(exp q) = exp(p + q) De fato: ln(exp p)(exp q) = ln exp p + ln exp q = p + q = ln exp(p + q) e o resultado segue do fato de a funo exp ser bijetora. 2. Se p e q so nmeros reais, ento De fato: lnexp p exp q

8

1.3x

A funo exponencial naturalx0

Denindo f(x) = ln x, vimos que f : R+ R uma funo contnua estritamente crescente tal que lim ln x = e lim ln x = . Com base nesses resultados, podemos provar o seguinte teorema: + Theorem 1 A cada nmero real x existe um nico nmero real positivo y tal que ln y = x. Demonstrao: Se x = 0, ento ln 1 = 0 e 1 o nico valor de y para o qual ln y = 0, uma vez que ln estritamente crescente. Se x > 0, como lim ln x = , podemos escolher um nmero b tal que x ln 1 < x < ln b. Como ln contnua, o Teorema do Valor Intermedirio garante a existncia de um nmero y entre 1 e b tal que ln y = x e esse nmero nico porque ln crescente. Se x < 0, como lim ln x = , existe um nmero b > 0 tal que ln b < x < ln 1. Como antes, o Teorema do Valor +

= exp(p q)

exp p = ln exp p ln exp q = p q = ln exp(p q) exp q e novamente o resultado segue do fato de a funo exp ser bijetora.

3. Se p um nmero real e r um nmero racional, ento (exp p)r = exp(pr). De fato: ln (exp p)r = r ln exp p = rp = ln exp(pr) e novamente o resultado segue do fato de a funo exp ser bijetora. Temos o seguinte resultado: Se f uma funo diferencivel com inversa g e se f 0 (g(c)) 6= 0, 1 ento g diferencivel em c e g 0 (c) = f 0 (g(c)) . Aplicando este resultado para a funo exponencial, temos que a funo exponencial a inversa da funo logartmica natural f(x) = ln x, que diferencivel com derivada positiva para todo x > 0 . Segue, ento, que a funo g(x) = exp x tambm diferencivel e sua derivada dada por g0 (x) = 1 1 = 1 = f 0 (g(x)) g(x) 11 exp x

x0

Intermedirio e a continuidade de ln garantem a existncia de um nico nmero y entre b e 1 tal que ln y = x.

O teorema acima nos permite denir uma funo de R em R+ , uma vez que a cada x R podemos associar um nico nmero y R+ . Assim, dene-se a funo exponencial natural, denotada por exp, como exp x = y se e somente se ln y = x para todo x, onde y > 0. Da denio das funes exp e ln, segue que exp uma funo biunvoca. De fato: se exp x1 = exp x2 = b, ento, por denio, ln b = x1 e ln b = x2 e, portanto, x1 = x2 . Podemos ver tambm que exp(ln x) = y ln y = ln x y = x exp(ln x) = x ln(exp x) = y exp(y) = exp(x) y = x ln(exp x) = x e isso nos diz que exp e ln so inversas uma da outra. O nmero neperiano e (tambm conhecido como nmero de Euler, em homenagem ao matemtco suio Leonard Euler) denido como o o nico nmero real positivo tal que ln e = 1 Usando a regra do trapezoidal, pode-se mostrar que R 2,8 1 R 2,7 1 dx < 1 < 1 dx 1 x x ln(2, 7) < ln(e) < ln(2, 8) e como ln crescente, isso signica que 2, 7 < e < 2, 8 Usando as denies e propriedades j vistas, pode mostrar as seguintes propriedades da funo exponencial natural:

= exp x

ou seja, a funo exponencial sua prpria derivada! Como exp x > 0, segue que as derivadas primeira e segunda so positivas; logo, exp x uma funo crescente com concavidade para cima. Alm disso, x = ln(exp x) = exp x = lim exp x = x

x = ln(exp x) = exp x 0 = lim exp x = 0x

O grco da funo exp x est na Figura 1.3. Note que, como a funo exp a inversa da funo ln, o grco da funo exponencial uma reexo do grco da funo logartmica atravs da reta y = x.

o que signica que

1.4

Funes pares e mparesZ Z

Denio 1.1 Diz-se que uma funo f par se f (x) = f (x) e que mpar se f (x) = f (x) . Teorema 1.1 (a) Se f par, ento Z f (x)dx = 0.

f (x)dx = 2

0

f(x)dx. (b) Se f mpar, ento


9

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO Demonstrao: Z

10

f(x)dx =

Fazendo x = t na primeira integral, tem-se que: Z 0 Z Z 0 Z Z f (x)dx = f(t)(dt) + f (x)dx = f (t)dt + Z 0 Z f (t)dt + f(x)dx =0 0

Z

0

f (x)dx +

Z

0

f(x)dx

0

f(x)dx

Se a funo par, resulta que: Z Z Z f (x)dx = f(t)dt + 0

0

f (x)dx =

Z

f (t)dt +

0

Z

0

f(x)dx = 2

Z

0

f (x)dx

(1.9)

Figura 1.3: Grco da funo exponencial natural f (x) = exp x

Se a funo mpar, resulta que: Z Z Z Z Z f (x)dx = f (t)dt + f(x)dx = f (t)dt + 0 0 Z 0 Z f (t)dt + f(x)dx = 0 = 0 0

0

f (x)dx

1.5

Integrais duplas com coordenadas polares

No clculo de integrais duplas, a utilizao de coordenadas polares bastante til. No sistema cartesiano, cada ponto do plano representado pela sua abscissa e sua ordenada. No sistema de coordenadas polares, em vez dos eixos x e y, trabalha-se com um polo ou origem, que um ponto xo do plano, e um eixo polar, que uma semi-reta orientada, conforme ilustrado na gura 1.6. As coordenadas polares de um ponto P qualquer no plano so a distncia r = d(O, P ) e o ngulo determinado pelo eixo polar e o segmento OP. Em geral, a coordenada considerada positiva se gerada por uma rotao anti-horria e negativa, caso contrrio. As coordenadas polares de umponto no so nicas, pois h vrios ngulos com o mesmo lado terminal OP. Por exemplo, 3, , 3, 9 e 3, 7 representam o mesmo ponto. Permite-se 4 4 4 tambm que a coordenada r seja negativa. Se uma funo de uma varivel f est denida em um intervalo [a, b] , a denio de integral (simples) requer a partio do intervalo [a, b] em subintervalos de comprimento xi , conforme ilustrado na gura 1.7. Se denotamos por P a partio {x0 , x1 , . . . , xn }, ento a integral denida de Riemann denida como Z b P f(x)dx = lim f (wi ) xia kP k0

Figura 1.4: Funo exponencial e funo logartimica - reexo atravs da reta y = x

Para integrais duplas de funes denidas em coordenadas cartesianas, temos que ter a partio da regio de denio R da funo de duas variveis f(x, y), conforme ilustrado na gura 1.8. Nesse


11

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO caso, a integral dupla denida como Z Z f (x, y)dA = lim f (ui , vi ) AiR kP k0

12

Figura 1.5:

P (r , )

e calculada atravs de integrais parciais, isto , calcula-se primeiro a integral com respeito a y, mantendo x constante, e depois integra-se o resultado com relao a x : Z b Z d Z bZ d f(x, y)dydx = f(x, y)dy dxa c a c

r

Oeixo polar

Figura 1.6: Sistema de coordenadas polares

Figura 1.8: Partio da regio R - coordenadas cartesianas O clculo de integrais duplas de funes parametrizadas em termos de coordenadas polares requer que a partio da regio de integrao seja denida em termos de tais coordenadas, conforme ilustrado na gura 1.9. Vamos considerar uma regio polar elementar (ver gura 1.10). A rea total de um crculo dada por

a = x0

xi1

xi

xn = b

r2 =

2r2 1 = (2) r2 2 2

;

logo, a rea de um setor circular correspondente a um ngulo e raio r Figura 1.7: Partio do intervalo [a, b] 1 () r2 2 Ento, a rea da regio polar elementar A = 2 1 1 1 1 2 2 2 () r2 () r1 = () r2 r1 = () (r1 + r2 ) (r2 r1 ) 2 2 2 2


13

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO Denindo 1 (r1 + r2 ) 2 r = r2 r1 r = podemos escrever: A = rr A integral em termos das coordenadas polares , ento: Z Z P f(ri , i )ri i ri f(r, )dA = limR kP k0

14

e calculada como

Z ZR

f (r, )dA =

Z ZR

f(r, )rdrd

Figura 1.9: Partio da regio R - coordenadas polares

2 t dt. Aqui no podemos aplicar o Teorema Fundamental do Clculo exp 2 pois o integrando no possui antiderivada. Mas o integrando uma funo par; logo, a integral em questo igual a duas vezes a integral de 0 a . Mas Z 2 2 Z 2 Z 2 t t u exp = exp exp dt dt du = 2 2 2 0 0 0 2 Z Z t + u2 dtdu exp = 2 0 0 Vamos calcular Z

1.5.1

Exemplo

Consideremos agora, a regio de integrao em termos das coordenadas polares:

r2

r1

dtdu = rdrd Como 0 < t < e 0 < u < , ento r > 0 e 0 < < . Como 2

t = r cos

u = r sen

r

t2 + u2 = r2 segue que Z

0

Figura 1.10: Regio polar elementar

r2 Fazendo = w, ento rdr = dw e 2 Z 2 2 Z Z Z "Z # 2 2 t exp = exp (w) ddw = d exp (w) dw = dt 2 0 0 0 0 0 Z w = exp(w)dw = e = 0 2 2 2 0

2 2 Z Z 2 2 t r dt = rddr exp exp 2 2 0 0

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO Provamos assim que Z Z r 2 t exp dt = 2 2

15

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO onde |J| representa o valor absoluto do determinante da matriz jacobiana x x v J = u y yu v

16

(1.10)

0

e, portanto,

ou ainda

2 t dt = 2 exp 2 Z

(1.11)

1 2

2 t dt = 1 exp 2

(1.12)

1.5.2

Exerccio resolvidoZ

e, portanto, dxdy = rdrd. Z

Considere, como exemplo, as coordenadas polares denidas anteriormente: x = r cos e y = r sen : x x cos r sen 2 2 2 2 r J = y y = sen r cos = r cos + r sen = r cos + sen = r r

Calcule (1/2) . Por denio, (1/2) = ex x1/21 dx =

0

0

ex dx x

1.7

Funes exponencial e logartmicaln ar = r ln a = ar = exp(r ln a)

Vimos que, se r um nmero racional e a > 0, ento

Vamos usar a seguinte transformao de varivel: x= Ento, dx = tdt x = 0t=0 x t Logo, (1/2) = ou seja: Z

t 2

2

Iremos usar este resultado para denir a funo exponencial com base a, denida para qualquer x. Se x qualquer nmero real e a qualquer nmero real positivo, ento ax = exp(x ln a) A funo f(x) = ax chamada funo exponencial com base a. Note que, se a = e, ento ex = exp(x ln e) = exp(x)2 /2

0

eq

t2 /2 t2 2

tdt =

Z 2

et

dt =

0

2

r

2

e, ento, podemos escrever a funo exponencial com base a como ax = ex ln a Com essa denio, podemos generalizar as propriedades das funes logartmica e exponencial naturais vistas anteriormente. 1. Se u um nmero real qualquer e a > 0, ento ln au = u ln a De fato: usando a denio da funo exponencial com base a e propriedades j vistas da funo exponencial natural, temos que ln au = ln eu ln a = u ln a 2. Se u e v so nmeros reais quaisquer e a > 0, ento au av = au+v . De fato: usando a denio da funo exponencial com base a e propriedades j vistas da funo exponencial natural, temos que au av = eu ln a ev ln a = eu ln a+v ln a = e(u+v) ln a = au+v

(1/2) =

1.6

Mudana de variveis em integrais duplas

O resultado anlogo para funes de duas variveis o seguinte: se x = f(u, v) e y = g(u, v) uma transformao de variveis, ento RR RR F (x, y)dxdy = F (f(u, v), g(u, v)) |J| dudvR R

No clculo de integrais simples, podemos usar mudana de varivel para simplicar os clculos. Rb Assim, se queremos calcular a f(x)dx, sob condies adequadas, podemos denir x = g(u) e ento 0 dx = g (u)du e g(b) b R R f(x)dx = f (g(u))g0 (u)dua g(a)

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO 3. Se u e v so nmeros reais quaisquer e a > 0, entoau av

17 = auv .


18

De fato: usando a denio da funo exponencial com base a e propriedades j vistas da funo exponencial natural, temos que au eu ln a = v ln a = eu ln av ln a = e(uv) ln a = auv v a e 4. Se u e v so nmeros reais quaisquer e a > 0, ento (au )v = auv . De fato: usando a denio da funo exponencial com base a e propriedade 1 acima, temos que u (au )v = ev ln a = evu ln a = auv Para calcular a derivada da funo exponencial com base a, vamos usar a regra da cadeia e o fato de a derivada da funo exp ser a prpria funo: d d x d x ln a (a ) = e = ex ln a (x ln a) = (ln a) ex ln a dx dx dx Figura 1.11: f(x) = ax , a > 1 e g(x) = ax , a < 1 Como y = loga x, segue que loga x =

ou seja

d x (a ) = ax ln a dx Se a > 1, ln a > 0 e ax uma funo crescente para x R (note que ax > 0 para todo a, pela denio). Se 0 < a < 1, ln a < 0 e ax uma funo decrescente para x R. Note tambm que, se a > 1x x

ln x ln a

lim ax =

x

lim ex ln a = lim ex ln a = 0

lim ax =

Usando essa relao podemos ver as seguintes propriedades da funo logartmica de base a. 1. Se p > 0 e q > 0 so nmeros reais, ento loga pq = loga p + loga q. De fato: loga pq = ln p + ln q ln p ln q ln pq = = + = loga p + loga q ln a ln a ln a ln ap q

x

e se 0 < a < 1x x

lim a

x

=

x

lim e

x ln a

=0 De fato:

lim ax =

x

lim ex ln a =

2. Se p > 0 e q > 0 so nmeros reais, ento loga loga

= loga p loga q.

Na Figura 1.11 ilustra-se o grco de f(x) = ax para a = 2 e a = 1 . O grco da funo 2 exponencial com base a sempre ter essas formas, dependendo se a > 1 ou 0 < a < 1. Se a 6= 1, a funo f (x) = ax bijetora e, portanto, admite uma inversa. Essa inversa ser denotada por loga e, portanto loga x = y x = ay A funo g(x) = logx a chamada funo logartmica com base a. Note que, quando a = e, temos a funo logartmica natural. Temos que ln x loga x = y x = ay ln x = y ln a y = ln a De fato:

ln p ln p ln q ln p ln q p q = = = = loga p loga q q ln a ln a ln a ln a

3. Se p > 0 e x nmero real qualquer, ento loga px = x loga p. loga px = x ln p ln px = = x loga p ln a ln a

Vamos calcular a derivada de f (x) = loga x. loga x = ln x d d = (loga x) = ln a dx dx

ln x ln a

=

1 1 ln a x

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO ou seja, d 1 (loga x) = dx x ln a

19

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO Como a funo exponencial contnua, resulta que h ix h ix lim (1 + t)1/t = lim (1 + t)1/t = ext0 t0

20

Vamos, agora, calcular alguns limites envolvendo o nmero neperiano e. Da denio de derivada da funo f(x) = ln x, temos que f 0 (x) = = = = ln(x + h) ln(x) lim h0 h 1 x+h lim ln h0 h x 1 x+h h lim ln h0 x 1 h h lim ln 1 + h0 x

Logo,

n

x n = ex lim 1 + n

(1.15)

Vamos calcular alguns outros limites envolvendo a funo exponencial que sero teis no estudo de distribuies contnuas. O resultado crucial x

lim xk ex = 0

(1.16)

Vamos mostrar esse resultado usando demonstrao por induo e usando, tambm, a regra de LHpital. Consideremos o caso em que k = 1. Entox

1 Como f 0 (x) = x , para x = 1 temos f 0 (1) = 1 e, portanto,

lim xex = lim

x

x ex

1 = lim ln (1 + h) hh0

1

que tem a forma

e, portanto, podemos aplicar LHpital, que diz que lim xex = lim x x0 1 = lim = lim =0 ex x (ex )0 x ex

Mas

Como a funo exponencial contnua,h0

i h 1 1 (1 + h) h = exp ln (1 + h) h1 1

x

x

lim (1 + h) h = lim exp ln (1 + h) hh0

= exp lim ln (1 + h) hh0

1

Logo, o resultado vale para k = 1. Suponhamos verdadeiro para qualquer k; vamos mostrar que vale para k + 1. De fato: k+1 0 x xk+1 (k + 1) xk xk lim xk+1 ex = lim x = lim = (k + 1) lim x = (k + 1) 0 = 0 0 = lim x x x e x (ex ) x x e e pela hiptese de induo. De maneira anloga, prova-se um resultado mais geral dado por:x

= exp(1) = e ou seja,h0 1 h1

lim xk ex = 0

k > 0 e > 0

(1.17)

lim (1 + h) h = e

(1.13)

Vamos ver, agora, a frmula de Taylor para a funo f(x) = ex . Lembrando que a derivada de f(x) a prpria f(x) e que f(0) = 1, podemos escrever: ex = 1 + x + xn x2 + + + Rn+1 2! n! ez xn+1 (n + 1)! ex xn+1 (n + 1)!

Fazendo

= n na expresso acima, obtemos que n 1 lim 1 + =e n n

(1.14)

onde Rn+1 =

x n x . Fazendo t = , resulta que A partir desses resultados, vamos calcular lim 1 + n n n h ix x x n lim 1 + = lim (1 + t) t = lim (1 + t)1/t n t0 t0 n

para algum z entre 0 e x. Se x > 0, ento 0 < z < x, o que implica que ez < ex e, portanto 0 < Rn+1 0, y > 0 (1.22)

k=0

1.8

A funo gama

A funo gama denida pela seguinte integral: Z () = ex x1 dx0

1

(1.19)

A funo gama tem a seguinte propriedade recursiva: ( + 1) = (). Para demonstrar esse resultado, iremos usar integrao por partes. Z ( + 1) = ex x dx0

Note que essa uma funo de 2 variveis!. Vamos ver a relao entre a funo gama e a funo beta. Para isso vamos calcular (x)(y) usando o teorema sobre mudana de variveis em integrais duplas visto na seo 1.6. R R R R x1 y1 (t+s) (x)(y) = tx1 et dt sy1 es ds = t s e dsdt0 0 0 0

Considere a seguinte transformao de variveis:

= s + t = s = = t = t = Temos que J = s t s t

Fazendo u = x du = x1 dv = ex dx v = ex Logo, ( + 1) = x ex 0 Z ( + 1) = 0 + Z0 0

ex x1 dx =

ex x1 dx = (1.20)

( + 1) = ()

Aqui usamos o resultado dado em (1.16). Vamos trabalhar, agora, com = n inteiro. Z Z ex x11 dx = (1) =0

e precisamos agora determinar os limites de integrao no novo sistema de coordenadas. Nas coordenadas (s, t) a regio de integrao limitada pelas retas s = 0 e t = 0 que correspondem, respectivamente, a = e = 0. Por outro lado, como s > 0 e t > 0, resulta que > 0 e > . Veja Figura 1.12, onde se ilustram as regies de integrao nos dois sistemas de coordenadas. Resulta o seguinte: R R R x1 y1 (t+s) R x1 (x)(y) = t s e dsdt = ( )y1 e |1| d d 0 0 0 0 ! R R x1 y1 y1 e d d = 0 0 R R x1 y1 y1 1 e d d = 0 0 Consideremos mais uma mudana de coordenadas: = = rq r = q = = = q

1 1 = 0 1 =1

0

ex dx = 1


23


24

Figura 1.12: Transformao: (s, t) (, ) para a qual temos J = r r q q

Figura 1.13: Transformao de coordenadas: (, ) (q, r) Logo (x)(y) = R y1 s tx1 et dt s e ds 0 0 R 2 x1 a2 R 2 y1 b2 e 2ada e 2bdb = a b 0 0 R 2x1 a2 R 2 e da 2 b2y1 eb db = 2 a 0 0 R R 2 2 2 |b|2y1 eb db = 2 |a|2x1 ea da0 0

Alm disso, como > 0, > 0 e > resulta que q > 0 e 0 < r < 1. Veja a Figura 1.13. Logo, R R x1 y1 y1 (x)(y) = 1 e d d 0 0 R R 1 = (rq)x1 q y1 (1 r)y1 eq qdrdq =0 0 R R 1 0 0 0

q r = 0 1

= |q| = q

R

=

= (x + y)B(x, y) e, portanto, B(x, y) =

R

qx+y1 rx1 (1 r)y1 eq drdq 1 R x1 q x+y1 eq dq r (1 r)y1 dq0

(x)(y) (x + y)

(1.23)

Ambos os integrandos so funes pares; logo, pelo resultado (1.9), podemos escrever R R 2 2 (x)(y) = 2 |a|2x1 ea da 2 |b|2y1 eb db 0 0 R R 2 2x1 a2 |a| e da |b|2y1 eb db = = R R

Como t > 0 e s > 0, podemos considerar a seguinte mudana de varivel: t = a2 = dt = 2ada s = b2 = ds = 2bdb

Para obter uma outra expresso para a funo beta, vamos calcular (x)(y) por meio de coordenadas polares. R x1 t R y1 s (x)(y) = t e dt s e ds0 0

|a|

2x1

|b|

2y1 (a2 +b2 )

e

dadb

Consideremos a seguinte mudana de coordenadas: a = r cos b = r sen

CAPTULO 1. ALGUNS RESULTADOS DE CLCULO para a qual J = r e a2 + b2 = r2 . Ento (x)(y) = |r cos |2x1 |r sen |2y1 er rdrd 0 0 2 R 2x+2y2 r2 R = r e rdr |cos |2x1 |sen |2y1 d 0 0 ! /2 R 2 x+y1 r2 R e rdr 4 cos 2x1 sen 2y1 d = r0 0 2 R R2

25

Captulo 2 Algumas Distribuies Discretas2.12.1.1

Fazendo r2 = t, resulta que 2rdr = dt e, portanto (x)(y) = = R0 0

t

x+y1 t 1

e

R

! /2 R 2x1 2y1 x+y1 t t e dt 2 cos sen d 0 /2 R 0

2

! /2 R 2x1 2y1 dt 4 cos sen d0

Distribuio de BernoulliDenio

= (x + y) 2 de onde se conclui que

cos 2x1 sen 2y1 d

!

Usando (1.23) obtemos uma das expresses alternativas para a funo beta: B(x, y) = 2/2 R 0

/2 R (x)(y) = 2 cos 2x1 sen 2y1 d (x + y) 0

Considere o lanamento de uma moeda. A caracterstica desse experimento aleatrio que ele possui apenas dois resultados possveis. Uma situao anloga surge quando da extrao da carta de um baralho, onde o interesse est apenas na cor (preta ou vermelha) da carta sorteada. Um experimento de Bernoulli um experimento aleatrio com apenas dois resultados possveis; por conveno, um deles chamado sucesso e o outro fracasso. A distribuio de Bernoulli a distribuio de uma v.a. X associada a um experimento de Bernoulli, onde se dene X = 1 se ocorre sucesso e X = 0 se ocorre fracasso. Chamando de p a probabilidade de sucesso (0 < p < 1), a distribuio de Bernoulli : x 0 1 Pr(X = x) 1 p p (2.1)

cos 2x1 sen 2y1 d

Obviamente, as condies denidoras de uma fdp so satisfeitas, uma vez que p > 0, 1 p > 0 e p+(1p) = 1. O valor de p o nico valor que precisamos conhecer para determinar completamente a distribuio; ele , ento, chamado parmetro da distribuio de Bernoulli. Se X tem distribuio de Bernoulli com parmetro p vamos representar este fato por X Bern(p). A distribuio de Bernoulli pode tambm ser escrita da seguinte forma: X Bern(p) Pr(X = x) = px (1 p)1x x = 0, 1

2.1.2

Funo de distribuio acumulada

A funo de distribuio acumulada dada por: se x < 0 0 1 p se 0 x < 1 FX (x) = 1 se x 1 26

(2.2)

Na Figura 2.1 temos os grcos da fdp e da fda de uma distribuio de Bernoulli.

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS Figura 2.1: Distribuio de Bernoulli com parmetro pFDP da Bern(p)1 1

27

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS e, portanto E(X) = 0X (0) = p E(X 2 ) = 00 (0) = p X V ar(X) = E(X 2 ) [E(X)]2 = p p2 = p(1 p)

28

FDA da Bern(p)

p

2.21-p

Distribuio BinomialDenio

1-p

2.2.10 0 1 2 3 4

0 0 1 -2 -1

Consideremos n repeties independentes de um experimento de Bernoulli com parmetro p (pense em n lanamentos de uma moeda com probabilidade p de cara). Vamos denir a seguinte v.a. associada a este experimento: X = nmero de sucessos obtidos nas n repeties (2.5)

2.1.3

Esperana

Seja X Bern(p). Ento, E(X) = 0 (1 p) + 1 p. Logo, X Bern(p) E(X) = p (2.3)

Os valores possveis de X so 0 (s ocorrem fracassos), 1 (ocorre apenas 1 sucesso), 2 (ocorrem 2 sucessos), . . . , n (ocorrem apenas sucessos). Vamos calcular a probabilidade de X = k, onde k = 0, 1, 2, . . . , n. O evento X = k equivale ocorrncia de k sucessos e, portanto, n k fracassos. Consideremos uma situao especca: as k primeiras repeties so sucesso. Como as repeties so independentes, temos a probabilidade da interseo de eventos independentes; logo, Pr(S1 . . . Sk Fk+1 . . . Fn ) = Pr (S1 ) Pr (Sk ) Pr (Fk+1 ) Pr (Fn ) = = p p p (1 p) (1 p) (1 p) = pk (1 p)nk Mas essa uma ordenao especca, em que os sucessos so os primeiros resultados. Na verdade, os k sucessos podem estar em qualquer posio e ainda teremos X = k. O nmero de maneiras possveis de obter k sucessos em repeties nada mais que o nmero de combinaes de n elementos n n tomados k a k, ou seja, . Como cada uma dessas maneiras tem a mesma probabilidade acima k e elas so eventos mutuamente exclusivos, resulta que Pr(X = k) = pk (1 p)nk + pk (1 p)nk + + pk (1 p)nk onde o nmero de parcelas n . Logo k n k k = 0, 1, 2, . . . , n Pr(X = k) = p (1 p)nk k

2.1.4

VarinciaE(X 2 ) = 02 (1 p) + 12 p E(X 2 ) = p V ar(X) = p p2

Seja X Bern(p). Ento,

Logo, X Bern(p) V ar(X) = p(1 p) (2.4)

2.1.5

Funo geradora de momentosX (t) = E(etX )

Por denio e se X Bern(p) ento X (t) = oux=0 1 P

etx px (1 p)1x =

x=0

1 P t x pe (1 p)1x

(2.6)

X (t) = 1 p + pet Calculando as derivadas primeira e segunda, obtemos que 0X (t) = 00 (t) = pet X

Essa a distribuio binomial; note que para determin-la precisamos conhecer os valores de n e p, que so os parmetros da distribuio. Vamos usar a seguinte notao: X bin(n; p). Para mostrar que (2.6) realmente dene uma fdp falta mostrar quen X k=0

Pr(X = k) = 1.

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS

29


30

j que, obviamente, Pr(X = k) 0. De fato: o teorema do binmio de Newton nos diz que, se x e y so nmeros reais e n um inteiro positivo, ento n X n (x + y)n = xk y nk . (2.7) k k=0 Fazendo x = p e y = 1 p em (2.7), obtm-se: [p + (1 p)]n = 1n = 1 = o que prova o resultado. Se X bin(n; p), ento temos n! pk+1 (1 p)nk1 P (X = k + 1) (k + 1)!(n k 1)! = n! P (X = k) pk (1 p)nk k!(n k)! nk p = k = 0, 1, 2, . . . , n (k + 1) 1 p Temos, assim, uma forma recursiva de calcular Pr(X = k). Suponhamos, agora, que a probabilidade mxima ocorra em k0 ; ento, usando o resultado acima, temos que ter n k0 p P (X = k0 + 1) 1 = 1 = np k0 p k0 k0 p + 1 p = P (X = k0 ) (k0 + 1) (1 p) np k0 + 1 p = k0 p(n + 1) 1 e tambm P (X = k0 ) [n (k0 1)] p 1 = 1 = np k0 p + p k0 k0 p = P (X = k0 1) k0 (1 p) k0 p(n + 1) Vemos , ento, que e como k0 tem que ser inteiro, resulta que o ponto de mximo ocorre quando k0 = [p(n + 1)] , ou seja, a moda da distribuo ocorre em k0 = [p(n + 1)] , onde [x] representa o maior inteiro menor ou igual a x. Note que, se p(n + 1) for inteiro, ento a distribuio bimodal com moda em k0 = p(n + 1) e k0 = p(n + 1) 1 pois P (X = np + p) n (np + p 1) p P [X = p(n + 1)] = = P [X = p(n + 1) 1] P (X = np + p 1) np + p 1p p (n + 1) p(n + 1) n np p + 1 = = p(n + 1) 1p (n + 1)(1 p) (n + 1)(1 p) = =1 (n + 1)(1 p) p(n + 1) 1 k0 p(n + 1)n n X n X Pr(X = k) pk (1 p)nk = k k=0 k=0

No caso em que p = 0, 5, a distribuio ser unimodal para n par e ser bimodal para n mpar. Alm disso, a distribuio simtrica, pois n Pr(X = k) = n (0, 5)k (1 0, 5)nk = nk (0, 5)nk (1 0, 5)n(nk) = Pr(X = n k) k Na Figura 2.2 so exibidas as formas da distribuio binomial para alguns valores de n e p.n = 10; p=0,50,3 0,2 0,1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 0,3 0,2 0,1 0 7

n = 7; p=0,5

n=8;p=0,20,4 0,3 0,2 0,1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 0,4 0,3 0,2 0,1 0 0 1 2

n=8;p=0,7

3

4

5

6

7

8

n=9;p=0,30,3 0,2 0,1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Figura 2.2: Grco da distribuio binomial para diferentes valores de n e p

2.2.2

EsperanaE (X) = =n X k=0 n X k=0

k Pr (X = k) = k

n! pk (1 p)nk k! (n k)!

n X n k pk (1 p)nk = k k=0


31

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS = np = npn X k=1 n1 X j=0 n1 X

32

Quando k = 0, a parcela correspondente no somatrio nula. Logo, podemos escrever (note o ndice do somatrio!): X n! n! E (X) = k k pk (1 p)nk = pk (1 p)nk k! (n k)! k (k 1)! (n k)! k=1 k=1n n X

k

(n 1)! pk1 (1 p)nk = (k 1)! (n k)! (n 1)! pj (1 p)nj1 = j! (n j 1)!

(j + 1)

e como k 6= 0, podemos dividir o numerador e o denominadr por k, o que resulta na simplicao E (X) =n X n! n (n 1)! pk (1 p)nk = p pk1 (1 p)nk = (k 1)! (n k)! (k 1)! (n k)! k=1 k=1 n n X X n 1 (n 1)! nk k1 pk1 (1 p)nk p (1 p) = np = np k1 (k 1)! (n k)! k=1 k=1 n X

= np

n1 X (n 1)! (n 1)! pj (1 p)nj1 + np pj (1 p)nj1 = j! (n j 1)! j! (n 1 j)! j=0 j=0 n1 n1 X n 1 X n 1 pj (1 p)n1j j pj (1 p)n1j + np = np j j j=0 j=0

j

Fazendo j = k 1, temos que k = j+1 k = 1j=0 k = nj =n1 Logo, E (X) = npn1 X n 1 pj (1 p)n1j j j=0

e, portanto,

Mas o primeiro somatrio a esperana de uma binomial com parmetros (n 1) e p; portanto, pelo resultado (2.8), igual a (n 1) p. J o segundo somatrio a soma das probabilidades dos valores de uma binomial com esses mesmos parmetros (ou binmio de Newton); logo, igual a 1. Segue, ento, que E X 2 = np (n 1) p + np 1 = n2 p2 np2 + np V ar (X) = E(X 2 ) [E(X)]2 = n2 p2 np2 + np (np)2 = np np2

ou seja, Resumindo: X bin(n, p) X bin(n, p) V ar (X) = np (1 p) E (X) = np (2.10) V ar(X) = np(1 p) (2.9)

Mas nesse somatrio temos as probabilidades de uma distribuio binomial com parmetros (n 1) e p; como estamos somando as probabilidades de todos os pontos do espao amostral, segue que esse somatrio igual a 1 (note que essa a expresso do binmio de Newton para (x + y)n1 com x = p e y = 1 p) e, portanto, X bin(n, p) E (X) = np (2.8)

2.2.4

Funo geradora de momentosn P

Por denio, X (t) = E(etX ) = =n P

2.2.3

Varincia2

etk Pr(X = k)

Vamos calcular E (X ) . Usando raciocnio anlogo ao usado no clculo da esperana, temos que:n n X n X n! pk (1 p)nk = pk (1 p)nk = k2 k2 E X2 = k k! (n k)! k=0 k=1

k=0 n n k P n t k p (1 p)nk = pe (1 p)nk k k k=0 k=0 n = pet + (1 p)

etk

= = =

n X k=1 n X k=1 n X k=1

k2 k k

n! pk (1 p)nk = k (k 1)! (n k)!

n! pk (1 p)nk = (k 1)! (n k)! n (n 1)! p pk1 (1 p)nk = (k 1)! (n k)!

pela frmula do binmio de Newton. Logo, n1 0X (t) = npet pet + (1 p) n1 n2 t 00 (t) = npet pet + (1 p) + n(n 1)pet pet + (1 p) pe X n1 n2 t t = npet pe + (1 p) + n(n 1)p2 e2t pe + (1 p) e, portanto E(X) = 0X (0) = np [p + (1 p)]n1 = np

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS E(X 2 ) = 00 (0) = np [p + (1 p)]n1 + n(n 1)p2 [p + (1 p)]n2 X = np + n(n 1)p2 = np + n2 p2 np2 V ar(X) = E(X 2 ) [E(X)]2 = np + n2 p2 np2 n2 p2 = np np2 = np(1 p)

33


34

2.32.3.1

Distribuio GeomtricaDenio

2.2.5

Exerccios resolvidos

1. Um atirador acerta na mosca do alvo, 20% dos tiros. Se ele d 10 tiros, qual a probabilidade de ele acertar na mosca no mximo 1 vez? Soluo: Podemos pensar os tiros como experimentos de Bernoulli independentes, onde a probabilidade de sucesso 0,20. Ento, o problema pede Pr(X 1), onde X = nmero de acertos em 10 tiros. Logo, X bin(10; 0, 20) e 10 10 Pr(X 1) = Pr(X = 0)+Pr(X = 1) = (0, 20)0 (0, 80)10 + (0, 20)1 (0, 80)9 = 0, 37581 0 1 2. Dois adversrios A e B disputam uma srie de 8 partidas de um determinado jogo. A probabilidade de A ganhar uma partida 0,6 e no h empate. Qual a probabilidade de A ganhar a srie? Soluo: Note que s podem ocorrer vitrias ou derrotas, o que signica que temos repeties de um experimento de Bernoulli com probabilidade 0,6 de sucesso (vitria). Assumindo a independncia das provas, se denimos X = nmero de vitrias de A, ento X bin(8; 0, 6) e o problema pede Pr (X 5) , isto , A ganha mais partidas que B. Pr (X 5) = Pr (X = 5) + Pr (X = 6) + Pr (X = 7) + Pr (X = 8) = 8 8 8 8 = (0, 6)5 (0, 4)3 + (0, 6)6 (0, 4) 2 + (0, 6)7 (0, 4)1 + (0, 6)8 (0, 4)0 = 5 6 7 8 = 0, 5940864 3. Joga-se uma moeda no viciada. Qual a probabilidade de serem obtidas 5 caras antes de 3 coroas? Soluo: Vamos denir sucesso = cara e fracasso = coroa. Ento, Pr(sucesso) = Pr(fracasso) = 0, 5 e temos repeties de um experimento de Bernoulli. A ocorrncia de 5 sucessos antes de 3 fracassos s possvel se nas 7 primeiras repeties tivermos pelo menos 5 sucessos. Seja, ento, X = nmero de sucessos em 7 repeties. Logo, X bin(7; 0, 5) e o problema pede Pr(X 5). Pr (X 5) = Pr (X = 5) + Pr (X = 6) + Pr (X = 7) = 7 7 7 = (0, 5)7 + (0, 5)7 + (0, 5)7 = 5 6 7 = 0, 2265625

Considere o seguinte experimento: uma moeda com probabilidade p de cara lanada at que aparea cara pela primeira vez. Para tal experimento, podemos denir a seguinte v.a. discreta X = nmero de repeties necessrias at a ocorrncia da primeira cara. Essa v.a. pode assumir os valores 1, 2, 3, . . . , ou seja, teoricamente, poderamos ter que lanar a moeda innitas vezes para obter a primeira cara. Essa uma situao em que impossvel encontrar algum paralelo na prtica; no entanto, o innito na prtica, em geral, substitudo por um valor muito grande. Considere uma populao muito grande onde p% das pessoas sofrem de uma doena desconhecida. Precisa-se encontrar uma pessoa portadora da doena para que os mdicos possam estud-la. Quantas pessoas teremos que examinar at encontrar uma portadora? Em ambas as situaes, cada repetio do experimento (lanamento da moeda ou exame de uma pessoa) tem dois resultados possveis (cara ou coroa e Portadora ou no portadora da doena), ou seja, temos experimentos de Bernoulli e, de um modo geral, podemos assumir que as repeties sejam independentes. Consideremos, ento, repeties independentes de um experimento de Bernoulli com parmetro p. Vamos denir a seguinte v.a. associada a esse experimento aleatrio: X = nmero de repeties necessrias para obteno do primeiro sucesso (2.11)

Os valores possveis de X so 1 (primeiro sucesso na primeira repetio), 2 (primeiro sucesso na segunda repetio e, portanto, fracasso na primeira), 3 (primeiro sucesso na terceira repetio e, portanto, fracasso nas duas primeiras), etc. Esse um exemplo de v.a. discreta onde o espao amostral, enumervel, innito. Para calcular a probabilidade de X = k, k = 1, 2, 3, . . . , devemos notar que tal evento corresponde ocorrncia de fracassos nas k 1 primeiras repeties e sucesso na k-sima repetio. Denotando por Fi e Si a ocorrncia de fracasso e sucesso na i-sima repetio respectivamente, temos a seguinte equivalncia de eventos: {X = k} = {F1 F2 Fk1 Sk } Como as repeties so independentes, segue que Pr (X = k) = Pr (F1 F2 Fk1 Sk ) = Pr (F1 ) Pr (F2 ) Pr (Fk1 ) Pr (Sk ) = = (1 p) (1 p) (1 p) p ou seja, Pr(X = k) = (1 p)k1 p k = 1, 2, 3, (2.12) Dizemos que X tem distribuio geomtrica com parmetro p (o nico valor necessrio para especicar completamente a fdp) e vamos representar tal fato por X Geom(p). As caractersticas denidoras desse modelo so: (i) repeties de um mesmo experimento de Bernoulli, o que signica que em todas elas a probabilidade de sucesso (e, portanto, de fracasso) a mesma e (ii) as repeties so independentes. No caso do lanamento de uma moeda essas hipteses so bastante plausveis, mas no caso da doena a hiptese de independncia poderia no


35


36

ser satisfeita se cuidados na seleo da amostra no fossem tomados; por exemplo, poderia haver um componente de hereditariedade. Para mostrar que (2.12) realmente dene uma fdp, temos que mostrar que a soma das probabilidades, isto , a probabilidade do espao amostral 1 (obviamente, Pr(X = k) 0). Temos que: X X X Pr(X = k) = (1 p)k1 p = p (1 p)k1 .k=1 k=1 k=1

Fazendo a mudana de varivel j = k 1, temos que

k = j+1 k = 1j=0 k = j= X k=1 X Pr(X = k) = p (1 p)j j=0P(X = k)

Distribuio geomtrica - p = 0,20,3

Portanto,

0,2

0,1

Mas essa a srie geomtrica de razo 1 p; pelo resultado (1.1) do Captulo 1, obtm-se que: X

01 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

1 = 1. Pr(X = k) = p 1 (1 p) k=1

k

Na Figura 2.3 temos o grco da distribuio geomtrica para p = 0, 2 e p = 0, 5. medida que p aumenta o decaimento muito mais rpido.0,6

Distribuio geomtrica - p = 0,5

2.3.2

Funo de distribuio acumuladaP(X = k)

0,5 0,4 0,3 0,2 0,1

Vamos usar novamente a seguinte notao: [x] representa o maior inteiro contido em x, isto , o maior inteiro menor ou igual a x. Ento, para x < 1, F (x) = 0 e para x 1 temos que F (x) = Pr(X x) =[x] X k=1

Pr(X = k) =

Fazendo a mudana de varivel j = k 1, temos que k = j+1 k = 1j=0 k = [x] j = [x] 1 e, portanto, se x 1[x]1

[x] X k=1

p(1 p)k1

01 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

k

Figura 2.3: Distribuio geomtrica - p = 0, 2 e p = 0, 5

F (x) = Resumindo:

Xj=0

p(1 p)j = p

1 (1 p)[x]1+1 = 1 (1 p)[x] 1 (1 p) (2.13)

F (x) =

0 se x < 1 1 (1 p)[x] se x 1


37

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS Fazendo a mudana de varivel k 2 = j no somatrio, resulta que

38

2.3.3

EsperanaE(X) = X k=1

k Pr(X = k) =

Fazendo a mesma mudana de varivel k 1 = j, resulta que E(X) = p X (j + 1)(1 p)j j=0

X k=1

kp(1 p)k1 = p

X k=1

k(1 p)k1

k = j+2 k = 2j=0 k = j= Portanto, E(X 2 ) = p(1 p) X 1 (j + 2)(j + 1)(1 p)j + p j=0

Usando o resultado (1.3) do Captulo 1 com r = 1 p, obtemos que: E(X) = p Logo, X Geom(p) E(X) = 1 p 1 = 2 = p p [1 (1 p)]2 1 p (2.14)

Usando o resultado (1.5) do Captulo 1 com r = 1 p, obtemos que: E X 2 = p(1 p) 1 2 + = [1 (1 p)]3 p 2(1 p) 1 2 2p + p 2 p = + = = p2 p p2 p2 2p 1 1p 2 = p2 p p2 1p p2 1 p (2.16) (2.15)

2.3.4

Varincia2 X X =p k 2 k + k (1 p)k1 = k=1

Segue que: V ar(X) = E(X 2 ) [E(X)]2 = Logo,

Para calcular a varincia, temos que calcular E(X ). Por denio, E(X ) =2

= p

k=1 X k=1 X k=1

k p(1 p)

2

k1

X Geom(p) V ar(X) = Resumindo: X Geom(p)

X 2 k k (1 p)k1 + p k(1 p)k1

E(X) =

= p

k(k 1)(1 p)k1 +

k=1 X k=1

kp(1 p)k1

No somatrio acima, a parcela correspondente a k = 1 nula, logo, podemos escrever (note o ndice do somatrio!): X k=2 X k=2

O segundo somatrio a esperana da distribuio geomtrica com parmetro p; logo, ele igual a 1 . Portanto, p X 1 E(X 2 ) = p k(k 1)(1 p)k1 + p k=1

2.3.5

Funo geradora de momentos P

V ar(X) = 1 p p2

Por denio, X (t) = E(etX ) = = pet Ento, se etk p(1 p)k1 = P

k=1

j=0

et(j+1) p(1 p)j = pet

j=0

j=0

E(X 2 ) = p = p

k(k 1)(1 p)k1 +

1 p 1 = p 1 p

j P t e (1 p)

P

etj (1 p)j

k(k 1)(1 p)k2 (1 p) + X k=2

1 isto , para t < ln 1p temos que

et (1 p) < 1 pet 1 = 1 et (1 p) 1 et (1 p)

= p(1 p)

k(k 1)(1 p)k2 +

X (t) = pet

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS Calculando as derivadas primeira e segunda, temos que 0X (t) =

39


40

2.3.7

Forma alternativa da distribuio geomtrica

pet [1 et (1 p)] pet [et (1 p)] pet pe2t (1 p) + pe2t (1 p) pet = = [1 et (1 p)]2 [1 et (1 p)]2 [1 et (1 p)]2 00 (t) = X pe [1 e (1 p)] 2pe [1 e (1 p)] [e (1 p)] [1 et (1 p)]42 t t 2 t t t

Em vez de denir a varivel geomtrica como nmero de repeties at primerio sucesso, podemos usar a seguinte denio alternativa: Y = nmero de fracassos antes do primeiro sucesso Neste caso, a distribuio de Y Pr(Y = k) = (1 p)k p Y =X 1 e essa distribuio de probabilidade s vezes chamada distribuio geomtrica deslocada (em ingls, shifted geometric distribution). Foi visto que se U e V so variveis aleatrias tais que U = aV + b ento E(U) = aE(V ) + b V ar(U) = b2 V ar(V ) U (t) = ebt V (at) No caso da distribuio geomtrica deslocada, temos que Y = X 1; logo, 1 1p 1= p p 1p V ar(Y ) = V ar(X) = p2 pet p Y (y) = et X (t) = et = 1 et (1 p) 1 et (1 p) E(Y ) = E(X) 1 = k = 0, 1, 2, . . . (2.18) (2.17)

pet [1 et (1 p)] + 2pe2t [1 et (1 p)] (1 p) = [1 et (1 p)]4 Logo, E(X) = e E(X 2 ) = 00 (0) = X 0X (0) p p 1 = = 2 = p p [1 (1 p)]2

Em termos da varivel geomtrica X denida anteriormente em (2.11), podemos ver que

p [1 (1 p)]2 + 2p [1 (1 p)] (1 p) [1 (1 p)]4 3 2 2 p + 2p (1 p) 2p p3 2p = = = 4 p p4 p2 1 1p 2p 2 = p2 p p2

e, portanto V ar(X) = mesmos resultados obtidos anteriormente.

2.3.6

Exerccios resolvidos 2.3.8

et (1 p) < 1

1. Um atirador acerta na mosca do alvo, 20% dos tiros. Qual a probabilidade de ele acertar na mosca pela primeira vez no 10o tiro? Soluo: Podemos pensar os tiros como experimentos independentes de Bernoulli (acerta ou no acerta). A probabilidade de sucesso (acertar no alvo) p = 0, 20. Estamos querendo o nmero de tiros at o primeiro acerto e calcular a probabilidade de que esse nmero seja 10. Seja X = nmero de tiros at primeiro acerto. Ento, X Geom(0, 20) e Pr (X = 10) = 0, 89 0, 2 = 0, 02684. 2. Joga-se um dado equilibrado. Qual a probabilidade de serem necessrios 10 lanamentos at a primeira ocorrncia de um seis? Soluo: Nesse caso, sucesso a ocorrncia de face seis. Logo, Pr(sucesso) = p = 1 e Pr(fracasso) = 6 1 p = 5 . Seja X = nmero de lanamentos at primeiro seis. Ento, X geom 1 e o 6 6 5 9 1 problema pede Pr (X = 10) = 6 = 0, 03230. 6

Propriedade da falta de memria da geomtrica

Seja X geom(p). Considere a seguinte probabilidade condicional Pr(X > m + n|X > n), cuja interpretao a seguinte: dado que j foram realizadas mais de n repeties do experimento de Bernoulli, qual a probabilidade de serem necessrias mais de m repeties adicionais para se obter o primeiro sucesso? Vamos calcular essa probabilidade; por denio de probabilidade condicional temos que Pr(X > m + n|X > n) = Pr(X > m + n) Pr [(X > m + n) (X > n)] = Pr(X > n) Pr(X > n) 1 [1 (1 p)m+n ] (1 p)m+n 1 Pr(X m + n) = = = 1 Pr(X n) 1 [1 (1 p)n ] (1 p)n m = (1 p) = Pr(X > m)

Note o resultado: a probabilidade de serem necessrias mais de m repeties do experimento a mesma, quer o sistema tenha ou no rodado n vezes. Isto , o sistema esquece que j rodou n vezes e, por isso, essa propriedade chamada de falta de memria da geomtrica.


41

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS k1

42

2.42.4.1

Distribuio binomial negativaDenio

Mas existem r1 maneiras de arrumar r 1 sucessos em k 1 posies e as seqncias resultantes tm todas a probabilidade acima. Como elas constituem eventos mutuamente exclusivos, a probabilidade da unio delas, que Pr (X = k) , a soma das probabilidades, ou seja: Pr (X = k) = pr (1 p)kr + pr (1 p)kr + + pr (1 p)kr onde o nmero de parcelas k1 . Logo r1 k1 r kr Pr (X = k) = p (1 p)kr r1

Consideremos novamente repeties independentes de um experimento de Bernoulli com probabilidade p de sucesso. Vamos considerar agora uma generalizao da v.a. geomtrica, no seguinte sentido: X = nmero de repeties necessrias at a obteno do r-simo sucesso, r 1 (2.19)

(2.20)

Quando r = 1 temos a distribuio geomtrica. Note que na distribuio binomial negativa, o nmero de lanamentos varivel e o nmero de sucessos um nmero xo (pr-determinado); note o contraste com a distribuio binomial , em que o nmero de lanamentos xo e o nmero de sucessos a varivel de interesse; Dist. binomial negativa Dist. binomial Nmero de sucessos Nmero de repeties xo varivel aleatria varivel aleatria xo

Para denir os possveis valores de X, devemos notar que para ter r sucessos, so necessrios no mnimo r repeties. Logo, os possveis valores de X so r, r + 1, r + 2, . . . . O evento X = k indica que foram necessrias k repeties para obter r sucessos e, portanto, k r fracassos. Pela denio da varivel, a ltima repetio resultou em sucesso e os outros r 1 sucessos podem estar em quaisquer das k 1 posies restantes (ver Figura 2.4). Figura 2.4: Ilustrao do evento {X = k} para a v.a. binomial negativa

Essa distribuio, caracterizada pelos parmetros r e p, chamada distribuio binomial negativa, tambm conhecida como distribuio de Pascal. Se X tem tal distribuio, vamos representar tal fato por X BinNeg(r, p). Como Pr (X = k) 0, para mostrar que (2.20) realmente dene uma fdp, ca faltando mostrar que P P k1 r Pr (X = k) = p (1 p)kr = 1. k=r k=r r 1 Fazendo k r = j, temos que k = r j = 0 e k = r + j. Logo P P r+j1 r P r1+j Pr (X = k) = p (1 p)j = pr (1 p)j r1 r1 j=0 j=0 k=r P

Usando o resultado dado na equao (1.8) do Captulo 1 com k = r 1 e r = 1 p, obtemos que:k=r

Pr (X = k) = pr

1 =1 [1 (1 p)]r1+1

k-1 repeties r-1 sucessosS

2.4.2

Forma alternativa da distribuio binomial negativa

Assim como no caso da distribuio geomtrica, podemos denir a varivel binomial negativa como Y = nmero de fracassos antes do r-simo sucesso e, neste caso, Pr(Y = k) = k+r1 r p (1 p)k r1 Y =X r (2.21)

k repeties

k = 0, 1, 2, . . .

(2.22)

Note a seguinte relao: se X tem distribuio dada por (2.20), ento Uma seqncia possvel de resultados ter os r 1 sucessos nas primeiras posies, os k r fracassos nas posies seguintes e o ltimo sucesso na ltima posio: S1 . . . Sr1 Fr . . . Fk1 Sk . A probabilidade de tal seqncia dada pelo produto das probabilidades, j que as repeties so independentes, isto : Pr (S1 . . . Sr1 Fr . . . Fk1 Sk ) = = Pr (S1 ) Pr (Sr1 ) Pr (Fr ) Pr (Fk1 ) Pr (Sk ) = p p (1 p) (1 p) p = pr (1 p)kr

2.4.3

Por que binomial negativa?

Quando denimos o nmero binomial n , supusemos que n > 0 e 0 < k < n e vimos que k n(n 1) (n k + 1)(n k)! n(n 1) (n k + 1) n n! = = = k!(n k)! k!(n k)! k! k

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS De forma anloga, denimos n (n)(n 1) (n k + 1) = k! k que pode ser escrito como n [(1)(n)] [(1)(n + 1)] [(1)(n + k 1)] = k! k (1)k n(n + 1) (n + k 1) = k! Vamos, agora, analisar a expresso (2.22): k+r1 r Pr(Y = k) = p (1 p)k r1 k+r1 r = p (1 p)k k (k + r 1)! r p (1 p)k = k!(r 1)! (k + r 1)(k + r 2) (k + r k + 1)(k + r k)(k + r k 1)! r p (1 p)k = k!(r 1)! (k + r 1)(k + r 2) (k + r k + 1)(k + r k) r p (1 p)k = k! r(r + 1) (r + k 2)(r + k 1) r = p (1 p)k k! [(1)(r)] [(1)(r 1)] [(1)(r k + 1] r p (1 p)k = k! r r p (1 p)k = (1)k k Logo, uma outra forma de escrever a distribuio binomial negativa r r p (1 p)k k = 0, 1, 2, . . . Pr(Y = k) = (1)k k

43

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS Fazendo k r = j, temos que k = r j = 0 e k = r + j. Logo, X r+j 1 E(X) = pr (j + r) (1 p)j = r1 j=0 X r 1 + j X r 1 + j (1 p)j = j (1 p)j + rpr = pr r1 r1 j=0 j=0 X r 1 + j rpr j (1 p)j + = = pr r1 [1 (1 p)]r1+1 j=0 X r 1 + j j (1 p)j + r = pr r1 j=0

44

(por 1.8 do Cap. 1)

(2.23)

Vamos calcular esse somatrio. A primeira observao que, quando j = 0, a parcela correspondente no somatrio nula; logo, podemos comear o somatrio de j = 1, ou seja: X r 1 + j X r 1 + j j (1 p)j = j (1 p)j = r1 r1 j=0 j=1 = = = X j=1 X j=1 X j=1

j j j

(r 1 + j)! (1 p)j (r 1)! (r 1 + j r + 1)!

(r 1 + j)! (1 p)j = (r 1)!j! (r 1 + j)! (1 p)j (r 1)!j (j 1)!

Como j 6= 0, podemos dividir o numerador e o denominador por j, o que resulta na simplicao: X r 1 + j X (r 1 + j)! j j (1 p)j (1 p)j = (r 1)!j (j 1)! r1 j=0 j=1 = X j=1

(r + j 1)! (1 p)j (r 1)!(j 1)! X j=1

da o nome binomial negativa. Note que essa distribuio corresponde varivel Y =nmero de fracassos antes do r-simo sucesso.

= (1 p)

(r + j 1)! (1 p)j1 (r 1)!(j 1)!

2.4.4

EsperanaE(X) = X k 1 k pr (1 p)kr = r1 k=r

Por denio, temos que

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS Fazendo j 1 = n, temos que j = 1 n = 0 e j = n = ; logo: X r 1 + j X (r + n)! (1 p)n = j (1 p)j = (1 p) (r 1)!n! r1 n=0 j=0 = (1 p)

45


46

Usando os resultados (1.8) do Captulo 1 com k = r 1 e r = 1 p e (2.24) anterior, temos que: E(X 2 ) = r2 pr X r 1 + j 1 r(1 p) + 2rpr + pr j2 (1 p)j r1+1 r+1 p r1 [1 (1 p)] j=0 X r 1 + j 2r2 (1 p) (1 p)j = + pr = r2 + j2 r1 p j=0 X r 1 + j 2r2 r2 p + pr (1 p)j j2 (2.26) = p r1 j=0

X r(r + n)! (1 p)n = r(r 1)!n! n=0 X (r + n)! n=0 X n=0

= r(1 p) = r(1 p)

r!n!

(1 p)n

r+n (1 p)n n

Usando novamente o resultado (1.8) do Captulo 1 com r = 1 p e k = r, otm-se que: X r 1 + j 1 r(1 p) j = (1 p)j = r(1 p) pr+1 r1 [1 (1 p)]r+1 j=0

De modo anlogo, esse somatrio calculado, notando inicialmente que, quando j = 0, a parcela do somatrio nula; logo, X j=0

(2.24)

j2

X r1+j (r 1 + j)! (1 p)j = (1 p)j j2 r1 (r 1)!(r 1 + j r + 1)! j=1 = X j=1

Substituindo em (2.23), obtemos que: E(X) = pr Logo, X BinNeg(r, p) E(X) = Com a forma alternativa, temos que Y = X r e, portanto, E(Y ) = E(X) r = r r(1 p) r = p p r(1 p) r(1 p) +r +r = pr+1 p r p (2.25)

j2

= (1 p)

X j=1

(r 1 + j)! (1 p)j = (r 1)!j (j 1)! j

(r + j 1)! (1 p)j1 = (r 1)!(j 1)!

Fazendo j 1 = n, obtemos que: X r 1 + j X (r + n)! (1 p)n = j2 (n + 1) (1 p)j = (1 p) (r 1)!n! r1 n=0 j=0 = (1 p)

2.4.5

Varincia2

Vamos calcular E(X ). Como antes, vamos usar a mudana de varivel k r = j. E(X 2 ) = X

k1 r p (1 p)kr = r1 k=r X r+j1 (1 p)j = = pr (j + r)2 r1 j=0 X r1+j (r2 + 2rj + j 2 ) (1 p)j = = pr r1 j=0 X r 1 + j X r 1 + j X r 1 + j (1 p)j + 2rpr (1 p)j j (1 p)j + pr j2 = r2 pr r1 r1 r1 j=0 j=0 j=0 k2

X (r + n)! X (r + n)! (1 p)n + r(1 p) (1 p)n = n r!n! r!n! n=0 n=0 X r + n X r + n = r(1 p) n (1 p)n (1 p)n + r(1 p) n r n=0 n=0

X r(r + n)! (1 p)n = (n + 1) r (r 1)!n! n=0

= r(1 p)

Usando o resultado (2.24) com r no lugar de r 1 e o resultado (1.8) do Captulo 1, obtemos:


47


48

2.4.6 X

Funo geradora de momentos P tk e P (X = k) X (t) = E(etX ) = k=r P tk k 1 r e = p (1 p)kr r1 k=r P t(j+r) r + j 1 r p (1 p)j = e r1 j=0 j P t r r + j 1 t e (1 p) = pe r1 j=0 r P r + j 1 t j e (1 p) = pet r1 j=0 r 1 = pet [1 et (1 p)]r r pet = se et (1 p) < 1 1 et (1 p)

r1+j (1 p)(r + 1) 1 j2 + (1 p)r = (1 p)j = (1 p)r pr+2 r1 [1 (1 p)]r+1 j=0 (1 p) r(r + 1) (1 p)r + pr+2 pr+1 (1 2p + p2 )(r2 + r) + pr(1 p) = = pr+2 2 2 2 2 2 r 2pr + p r + r 2pr + p r + pr p2 r = = pr+2 r2 2pr2 + p2 r2 + r pr = pr+2 =2

Por denio

Substituindo em (2.26), obtemos que: 2r2 r2 p r2 2pr2 + p2 r2 + r pr = + pr p pr+2 2r2 r2 p r2 2pr2 + p2 r2 + r pr + = p p2 2 2 2 2 2 2r p r p + r 2pr + p2 r2 + r pr = = p2 r2 + r pr = p2

E(X 2 ) =

Aqui fez-se uso do resultado (1.8) do Captulo 1. Com a forma alternativa, temos que Y = X r; logo, r r pet p = Y (t) = ert X (t) = ert t (1 p) t (1 p) 1e 1e

se et (1 p) < 1

Logo, 2 r2 + r pr r r2 + r pr r2 V ar(X) = = 2 p p p2 X BinNeg(r, p) V ar(X) = Para a forma alternativa, como Y = X r, resulta que V ar(Y ) = V ar(X) = r(1 p) p2 r(1 p) p2 (2.27)

2.4.7


1. Joga-se um dado equilibrado. Qual a probabilidade de serem necessrios 10 lanamentos at a terceira ocorrncia de um seis? Soluo: Nesse caso, sucesso a ocorrncia de face seis. Logo, Pr(sucesso) = p = 1 e Pr(fracasso)= 6 1 p = 5 . Seja X = nmero de lanamentos at terceiro seis. Ento, X BinNeg 3; 1 e 6 6 9 5 7 1 3 o problema pede Pr (X = 10) = 2 6 = 0, 046514. 6 Soluo: Seja X = nmero de peas fabricadas at a obteno de 5 boas (sucesso). Temos que Pr(pea boa) = 0, 80 e Pr(pea defeituosa) = 0, 20. Logo, X BinNeg (5; 0, 80) . O problema pede Pr(X = 8) = 7 (0, 80)5 (0, 20)3 = 0, 0917504. 4

ou

2. Deseja-se produzir 5 peas boas, em uma mquina que d 20% de peas defeituosas. Qual a probabilidade de ser necessrio fabricar 8 peas para se conseguir as 5 peas boas?


49


50

Resumo da distribuio geomtrica X =nmero de repeties at 1o. sucesso Y =nmero de fracassos antes do 1o. sucesso Y =X 1 Pr(X = k) = (1 p)k1 p k = 1, 2, . . . Pr(Y = k) = (1 p)k p k = 0, 1, 2, . . . 1 1p E(X) = E(Y ) = E(X) 1 = p p 1p 1p V ar(X) = V ar(Y ) = V ar(X) = p2 p2 pet p X (t) = Y (t) = et X (t) = et (1 p) < 1 et (1 p) < 1 1 et (1 p) 1 et (1 p) Resumo da distribuio binomial negativa X =nmero de repeties at ro sucesso Y =nmero de fracassos antes do ro sucesso Y =X r k+r1 r k1 r Pr(Y = k) = p (1 p)k kr Pr(X = k) = p (1 p) r1 r1 r r k = r, r + 1, . . . p (1 p)k = (1)k k k = 0, 1, 2, . . . r r(1 p) E(X) = E(Y ) = E(X) r = p p 1p 1p V ar(X) = r V ar(Y ) = V ar(X) = r p2 p2 r r pet p X (t) = et (1 p) < 1 Y (t) = et X (t) = et (1 p) < 1 1 et (1 p) 1 et (1 p)

em que o smbolo # indica o nmero de elementos do evento (conjunto) e representa o espao amostral. O espao amostral de tal experimento consiste em todas as amostras de 4 bolas que podemos retirar desta urna contendo 11 bolas. Logo, 11 # = 4 X = 0 equivale retirada de 4 bolas brancas; como temos 6 bolas brancas na urna, h 6 maneiras 4 de retirar 4 bolas brancas. Logo, 6

X = 1 equivale retirada de 1 bola verde e 3 bolas brancas. Como temos 6 bolas brancas na urna, h 6 maneiras de retirar 3 bolas brancas e como h 5 bolas verdes, h 5 maneiras de 3 1 retirar 1 bola verde. Pelo princpio fundamental damultiplicao, o nmero total de maneiras de 5 6 retirarmos 1 bola verde e 3 bolas brancas 1 3 . Logo, 56 3 Pr(X = 1) = 1 114

4 Pr(X = 0) = 11 4

De maneira geral, temos que

Pr(X = k) =

5k

Caso 2: No h bolas verdes (sucessos) sucientes Consideremos uma urna com 11 bolas, das quais 2 so verdes e 9 so brancas. Dessa urna iremos extrair 4 bolas sem reposio. Como s h 2 bolas verdes na urna, no podemos ter 3 ou 4 bolas verdes na amostra, ou seja, o nmero mximo possvel de bolas verdes na amostra 2. Os valores possveis de X neste caso so 0, 1, 2 e a probabilidade de cada um desses valores 2 9 Pr(X = k) =k

6 4k 11 4

k = 0, 1, 2, 3, 4

(2.28)

2.52.5.1

Distribuio hipergeomtricaExemplo

Iremos introduzir a distribuio hipergeomtrica a partir do seguinte exemplo: de uma urna com bolas verdes (Sucessos) e brancas (Fracassos), sero retiradas 4 bolas sem reposio e o interesse est no nmero X de bolas verdes (Sucessos) retiradas. Caso 1: Bolas sucientes de ambas as cores Consideremos uma urna com 11 bolas, das quais 5 so verdes e 6 so brancas. Dessa urna iremos extrair 4 bolas sem reposio. Como 4 < 5 e 4 < 6 temos bolas sufucientes de ambas as cores, ou seja, na amostra podemos ter 0 bola verde, 1 bola verde, 2 bolas verdes, 3 bolas verdes e 4 bolas verdes. Logo, os possveis valores de X so 0, 1, 2, 3, 4. Vamos calcular a probabilidade de cada um destes valores, usando a denio clssica de probabilidade: #A Pr(A) = #

Como no podemos ter 3 nem 4 bolas verdes na amostra, os valores X = 3 e X = 4 so impossveis e, portanto, Pr(X = 3) = 0 e Pr(X = 4) = 0. Suponhamos que usssemos a frmula (2.29) para calcular Pr(X = 3) neste caso; isso resultaria em 2 9 Pr(X = 3) =3

4k 11 4

k = 0, 1, 2

(2.29)

2 Note Combinatria, vimos que a denio de n o nmero combinatrio 3 ! No estudo da Anlise2 requer que n k, ou seja, no possvel calcular 3 . No entanto, se denirmos 2 = 0 k 3 obtemos o resultado desejado: Pr(X = 3) = 0. Analogamente, se clculssemos Pr(X = 4) com a 2 frmula (2.29), apareceria o nmero combinatrio 4 e denindo esse nmero como 0, obteramos o resultado desejado: Pr(X = 4) = 0.

43 11 4


51


52

Com essa conveno, podemos esquecer que o valor mximo de X 2 e podemos trabalhar com valores de X indo de 0 at o tamanho da amostra, como no caso mais favorvel em que h bolas sucientes de ambas as cores. O nico cuidado lembrar que, por denio, n = 0 sempre k que k > n. Caso 3: No bolas brancas (fracassos) sucientes Consideremos uma urna com 11 bolas, das quais 9 so verdes e 2 so brancas. Dessa urna iremos extrair 4 bolas sem reposio. Como s h 2 bolas brancas na urna, no podemos ter 0 ou 1 bolas verdes na amostra, uma vez que isso implicaria em 4 e 3 bolas brancas, repsectivamente. Assim, o nmero mnimo possvel de bolas verdes na amostra 2, ou seja, os valores possveis de X neste caso so 2, 3, 4 e a probabilidade de cada um desses valores 9 2 Pr(X = k) =k

Como no caso anterior, os valores X = 0 e X = 1 so impossveis e, portanto, Pr(X = 0) = 0 e Pr(X = 1) = 0. Suponhamos que usssemos a frmula (2.30) para calcular Pr(X = 0) neste caso; isso resultaria em Pr(X = 0) =9 0 2 40 11 4

4k 11 4

k = 2, 3, 4

(2.30)

Figura 2.5: Ilustrao do experimento denidor da v.a. hipergeomtrica Essa a distribuio hipergeomtrica com parmetros N, r e n. Notao: X hiper(N, r, n). Para provar que (2.31) realmente dene uma funo de distribuio de probabilidade, note inicialmente que Pr (X = k) 0. Temos que provar que a probabilidade do espao amostral 1, P isto , que k Pr (X = k) = 1, ou seja r N r n P k nk =1 N k=0 n e isso equivalente a provar que r N r N = k nk n k=0 Para tal, vamos recordar a frmula de Euler, vista anteriormente: s P m n m+n = k sk s k=0n P

Denindo 2 = 0, obtemos o resultado desejado: Pr(X = 0) = 0. Analogamente, se calculssemos 4 Pr(X = 1) com a frmula (2.30), apareceria o nmero combinatrio 2 e denindo esse nmero 3 como 0, obteramos o resultado desejado: Pr(X = 1) = 0. Como antes, podemos trabalhar com valores de X indo de 0 at o tamanho da amostra, como no caso mais favorvel em que h bolas sucientes de ambas as cores. O nico cuidado lembrar que, por denio, n = 0 sempre que k > n. k

2.5.2

Denio

(2.32)

Em termos mais gerais, o exemplo acima descreve a seguinte situao: considere uma populao de tamanho N (a urna com as bolas) dividida em 2 classes (duas cores), uma composta de r sucessos e a outra composta de N r fracassos. Dessa populao, vamos extrair uma amostra de tamanho n sem reposio (ver Figura 2.5). Vamos considerar a seguinte v.a. para esse experimento: X = nmero de sucessos em uma amostra retirada sem reposio. Denindo n = 0 sempre que k > n, dene-se a funo de distribuio de probabilidade da k varivel aleatria X como r N r k nk k = 0, . . . , n (2.31) Pr (X = k) = N n

(2.33)

Podemos ver que a expresso (2.32) nada mais que a frmula de Euler com m = r, n = N r e s = n, o que resulta que n P r N r r+N r N = = nk n n k=0 k e isso completa a prova de que (2.31) realmente dene uma funo de probabilidade.

2.5.3

Esperana

Por denio,


53

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS P N r (r 1)! r n1 = (j = k 1) (j + 1) = N j=0 j! (r 1 j)! n 1 j n P r n1 r1 N r = (j + 1) = N j=0 j n1j n " # n1 n1 P r1 P r1 N r N r r = j + = N j n1j j n1j j=0 j=0 n r 1 N 1 (r 1) r 1 N 1 (r 1) N 1 r n1 P P j j n 1 n1 n1j n1j j + = j=0 N N 1 N 1 j=0 n n1 n1

54

E (X) =

=

=

=

=

=

= = Logo,

r N r n n P r 1 P N r k nk k k = = (note o ndice) N N k=1 k nk k=0 n n n N r r(r 1)! 1 P = (porque k 6= 0) k N k=1 k(k 1)! (r k)! n k n n (r 1)! N r r P = (j = k 1) N k=1 (k 1)! (r k)! n k n P N r r n1 (r 1)! = N j=0 j! (r 1 j)! n 1 j n P r n1 r 1 N r 1 = (por (2.33),com n = N r, m = r 1, s = n 1) N j=0 j n1j n r N 1 N n1 n (N 1)! rn! (N n)! N! (n 1)! (N n)! rn(n 1)! (N 1)! N(N 1)! (n 1)! X hiper(N, r, n) E (X) = n r N (2.34)

Mas o primeiro somatrio a esperana de uma hipergeomtrica com parmetros N 1, n1 e r 1 e o segundo somatrio a soma das probabilidades no espao amostral de uma hipergeomtrica com os mesmos parmetros. Segue, ento, que N 1 r1 n1 (n 1) +1 = E X2 = N N 1 n rn (n 1) (r 1) + N 1 = N N 1 r Var (X) = = = = rn (n 1) (r 1) + N 1 n2 r2 2 N N 1 N (n 1) (r 1) + N 1 nr rn N N 1 N rn nr n r + 1 + N 1 nr N N 1 N nr rn nr n r + N N N 1 N Nnr nN N r + N 2 Nnr + nr rn N N (N 1) nN Nr + N 2 + nr rn N N (N 1) r N (N n) r (N n) n N N (N 1) r (N n) (N r) n N N (N 1)

e, portanto,

2.5.4

Varincia r N r n n P 2 k N r 1 P 2 r nk E X2 = = k k = N N k=1 k nk k=0 n n n r(r 1)! N r 1 P 2 = k = N k=1 k(k 1)! (r k)! n k n n r P (r 1)! N r = k = N k=1 (k 1)! (r k)! n k n

Vamos calcular E(X 2 ).

(note o ndice) = = = orque k 6= 0) =

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS ou seja,

55


56

r N rN n (2.35) N N N 1 No iremos calcular a funo geradora de momentos da distribuio hipergeomtrica, uma vez que ela no tem muita utilidade. X hiper(N, r, n) V ar (X) = n

se encontrado pelo menos um espcime proibido. Qual dos dois scais mais favorvel para o caador em questo? Soluo: Seja X = nmero de aves proibidas (sucessos) encontradas por um No caso de Manoel, scal. temos que X hiper(7; 2; 3) e no caso do scal Pedro, X bin 2; 2 . Queremos calcular 7 Pr (multa) = Pr (X 1) = 1 Pr (X = 0) . 25 5 35 2 Manoel: Pr (multa) = 1 Pr (X = 0) = 1 073 = 1 = = 7 7 49 3 2 25 24 2 5 =1 = Pedro: Pr (multa) = 1 Pr (X = 0) = 1 7 49 49 0 Logo, a probabilidade de multa maior no caso do scal Manoel, e, portanto, Pedro o scal mais favorvel para o caador. 2. Entre os 16 programadores de uma empresa, 12 so do sexo masculino. A empresa decide sortear 5 programadores para fazer um curso avanado de programao. Qual a probabilidade dos 5 sorteados serem do sexo masculino? Soluo: Sucesso = sexo masculino. Se X = nmero de homens sorteados, ento X hiper(16; 12; 5) e o problema pede 12 33 12 11 10 9 8 5 = = 0, 181319 Pr (X = 5) = 16 = 16 15 14 13 12 14 13 5

2.5.5

Distribuio binomial versus distribuio hipergeomtrica

Vamos fazer agora algumas comparaes entre as distribuies binomial e hipergeomtrica atravs do seguinte exemplo. Considere uma urna r bolas verdes e N r bolas brancas. Dessa urna extraise uma amostra de n bolas e estamos interessados na varivel aleatria X = nmero de bolas verdes na amostra. Se as extraes so feitas com reposio, ento X tem distribuio binomial com parmetros n r e p = N . Se as extraes so feitas sem reposio, ento X tem distribuio hipergeomtrica com parmetros r, n, N. A esperana da binomial igual ao produto do tamanho da amostra pela probabilidade de r r sucesso e, nesse caso, n . Na hipergeomtrica, a esperana tambm n , que o produto do N N tamanho da amostra pela probabilidade de sucesso na primeira extrao. A varincia da binomial igual ao produto do tamanho da amostra pelas probabilidades de r N r sucesso e fracasso e, nesse caso, n . Na hipergeomtrica, a varincia igual a N N N n esse produto, mas corrigido pelo fator . N 1 Em pesquisas estatsticas por amostragem, normalmente lidamos com amostragem sem reposio. No entanto, os resultados tericos sobre amostragem com reposio so bem mais simples (como voc ver na segunda parte do curso, isso equivale a lidar com variveis independentes); assim, costuma-se usar uma aproximao, sempre que possvel. Ou seja, quando a populao (tamanho N) sucientemente grande (de modo que podemos encar-la como uma populao innita) e o tamanho da amostra relativamente pequeno, podemos ignorar o fato de as extraes serem 1 1 feitas sem reposio. Lembre-se que a probabilidade em extraes sucessivas so N , N1 , . . . , N 1 . n Ento, se N grande e n pequeno, temos que N N 1 N n. Nessas condies, extraes com e sem reposio podem ser consideradas como equivalentes. O termo que aparece na varincia da hipergeomtrica, N n , chamado correo para populaes nitas, exatamente N1 porque, se a populao pequena, no podemos ignorar o fato de as extraes estarem sendo feitas sem reposio.

2.6

Distribuio de PoissonDenio

2.6.1

A varivel aleatria discreta X tem distribuio de Poisson com parmetro se sua funo de distribuio de probabilidade dada por Pr(X = k) = k e k! k = 0, 1, 2, . . .

2.5.6


idade, temos que mostrar que fato: P

1. Um caador, aps um dia de caa, vericou que matou 5 andorinhas e 2 aves de uma espcie rara, proibida de ser caada. Como todos os espcimes tinham o mesmo tamanho, ele os colocou na mesma bolsa, pensando em dicultar o trabalho dos scais. No posto de scalizao h dois scais, Manoel e Pedro, que adotam diferentes mtodos de inspeo. Manoel retira trs espcimes de cada bolsa dos caadores. Pedro retira um espcime, classica-o e o repe na bolsa, retirando em seguida um segundo espcime. Em qualquer caso, o caador multado

Para mostrar que a expresso acima realmente dene uma funo de distribuio de probabil P Pr(X = k) = 1, uma vez que bvio que Pr(X = k) > 0. Dek=0

Pr(X = k) =

k=0

Aqui fez-se uso do resultado (??) do Captulo 1.

P k P k e = e = e e = 1 k=0 k! k=0 k!

CAPTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIES DISCRETAS Se X P oi(), ento temos k+1 e P (X = k + 1) (k + 1)! = = k P (X = k) k+1 e k!

57


58

k = 0, 1, 2, . . .

Suponhamos que a probabilidade mxima ocorra em k0 ; ento temos que ter (usando o resultado anterior) P (X = k0 + 1) 1 = 1 = k0 1 P (X = k0 ) k0 + 1 e tambm P (X = k0 ) 1 = k0 1 = P (X = k0 1) k0 1 k0 e como k0 tem que ser inteiro, resulta que o ponto de mximo ocorre quando k0 = [] , ou seja, a moda da distribuo ocorre em k0 = [] . Note que, se inteiro, ento a distribuio bimodal, com modas em k0 = e k0 = 1, pois neste caso 1 1 e = e = P (X = 1) P (X = ) = e = ! ( 1)! ( 1)! Na Figura 2.6 ilustram-se a distribuio de Poisson para dois valores do parmetro; note que quando = 2 h duas modas (x = 1 e x = 2) e para = 4, 3 a moda ocorre em x = 4.0,3 0,2

X ~ Poi(2)0,3 0,2 0,1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Vemos , ento, que

X ~ Poi(4,3)

2.6.2

Esperana

0,1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Vamos agora calcular a esperana de tal distribuio. P k P k k e = e k k=0 k! k=1 k(k 1)! P k1 P k1 = e = e k=1 (k 1)! k=1 (k 1)! P j = e = e e j0 j!

E(X) =

Figura 2.6: Distribuio de Poisson para = 2 e = 4, 3

onde, mais uma vez, usou-se o resultado (??) do Captulo 1. Logo, X P oi() E(X) =

(2.36)


59


60

2.6.3

Varincia

2.6.5

Aproximao da binomial pela Poisson

O segundo momento calculado de forma anloga como E(X 2 ) = k P 2 k1 k e = e = k! k(k 1)! k=0 k=1 P k1 = e k k=1 (k 1)! P j = e (j + 1) j! j0 P

k2

Suponha que estejamos observando um determinado fenmeno de interesse por um certo perodo de tempo de comprimento t, com o intuito de contar o nmero de vezes X que determinado evento ocorre. Vamos fazer as seguintes hipteses sobre a forma como esse evento ocorre: H1) Em um intervalo de tempo sucientemente curto, apenas 0 ou 1 evento ocorre, ou seja, 2 ou mais ocorrncias no podem acontecer simultaneamente. Ento, em cada um desses intervalos temos um experimento de Bernoulli. H2) A probabilidade de exatamente 1 ocorrncia nesse pequeno intervalo de tempo, de comprimento t, proporcional a esse comprimento, ou seja, t. Logo, a ocorrncia de nenhum evento 1 t. H3) As ocorrncias em intervalos pequenos e disjuntos so experimentos de Bernoulli independentes. Estamos interessados na v.a. X = nmero de ocorrncias do evento no intervalo (0, t]. Particionando esse intervalo em n subintervalos de comprimento sucientemente pequeno t, temos que o nmero total de ocorrncias ser a soma do nmero de ocorrncias em cada subintervalo. Mas em cada subintervalo podemos aplicar as hipteses acima. Logo, X uma varivel binomial com t t parmetros n = (note que t = ) e probabilidade de sucesso igual a t pela hiptese 2 t n acima. Ento, para k = 0, 1, 2, . . . , n temos que: nk k n t n t Pr(X = k) = (t)k (1 t)nk = 1 = k n n k n k 1 t t n! (t)k 1 1 = = k!(n k)! nk n n n k k n(n 1) (n k + 1)(n k)! (t) t 1 t = 1 = k 1 (n k)! n k! n n n k t t n(n 1) (n k + 1) (t)k 1 1 = = nk k! n n n k n k + 1 (t)k t t n n1 1 1 = n n n k! n n Consideremos, agora, a situao em que t 0, ou equivalentemente, n . Nesse caso, a v.a. X pode assumir qualquer valor inteiro no negativo e n k # n n1 n k + 1 (t)k t t lim Pr(X = k) = lim 1 1 n n n n n k! n n n k k t (t) (t) t lim 1 e = 1 1 1 1= n k! n k! Aqui fz-se uso do resultado (1.15) do Captulo 1. Provamos, assim, o seguinte resultado: "

=

j0

O primeiro somatrio a esperana de uma distribuio de Poisson com parmetro , que, como visto anteriormente, . O segundo somatrio a srie de Taylor da funo ex em x = . Logo, E(X 2 ) = 2 + e e = 2 + Logo, Note que a esperana e a varincia so iguais! V ar(X) = E(X 2 ) [E(X)]2 = 2 + 2 =

P

j

e + e j! j0 j!

j

P

j

2.6.4

Funo geradora de momentos P P tk k P (et )k k t e = e = e = e ee e k! k! k! k=0 k=0

Por denio, X (t) = E(etX ) = etk

k=0

ou seja, se X P oi(), ento sua funo geradora de momentos X (t) = e(e 1)t

Vamso calcular as derivadas de ordem primeira e ordem segunda para calcular os respectivos momentos:t t t 0X (t) = e(e 1) et = et e(e 1) = et+(e 1) t 1 00 (t) = et+(e ) 1 + et

X

Logo,

E(X) =

0X (0)

= e

0+(e0 1)0 1

E(X 2 ) = 00 (0) = e0+(e X o que nos leva ao mesmo resultado anterior:

= ) 1 + e0 = (1 + ) = 2 +

V ar(X) =


61

Teorema 2.1 Sejam eventos gerados de acordo com as hipteses H1 a H3 acima. Se X o nmero de eventos em um intervalo de tempo de comprimento t, ento a funo de distribuio de probabilidade de X (t)k exp(t) k = 0, 1, 2, . . . k! ou seja, X tem distribuio de Poisson com parmetro t : X P oi(t). Pr(X = k) = (2.37)

Captulo 3 Algumas Distribuies Contnuas3.1 Distribuio uniforme

Pelos resultados anteriores, o nmero mdio de ocorrncias do evento de interesse em um intervalo unitrio e o nmero de ocorrncias num intervalo qualquer proporcional ao comprimento do intervalo. A interpretao desses resultados nos d que o nmero mdio de ocorrncias do evento em um intervalo de comprimento t t, proporcional ao comprimento. Fazendo t = 1, obtm-se o nmero mdio de ocorrncias em um intervalo unitrio.

2.6.6

Exerccios resolvidosUma varivel aleatria contnua X tem distribuio uniforme no intervalo [a, b] (nito) se sua funo de densidade constante nesse intervalo, ou seja, temos que ter f(x) = k x [a, b]

1. Uma central telefnica recebe uma mdia de 5 chamadas por minuto. Supondo que as chamadas cheguem segundo uma distribuio de Poisson, qual a probabilidade de a central no receber nenhuma chamada em um minuto? e de receber no mximo 2 chamadas em 2 minutos? Soluo: 50 exp(5) = 0, 00673795 0! Seja Y = nmero de chamadas em 2 minutos. Ento, Y P oi(5 2). Logo, Pr(X = 0) = Pr(Y 2) = Pr(Y = 0) + Pr(Y = 1) + Pr(Y = 2) = 0 10 101 102 = exp(10) + + = 0! 1! 2! = 0, 00276940 Seja X = nmero de chamadas por minuto. Ento, X P oi(5). Logo,

Ento, o grco da f.d.p. de X como o ilustrado na Figura 3.1:

2. (Bussab & Morettin) Em um certo tipo de fabricao de ta magntica, ocorrem cortes a uma taxa de um corte por 2000 ps. Qual a probabilidade de que um rolo com comprimento de 4000 ps apresente no mximo dois cortes? Pelo menos dois cortes? Soluo: Seja Y = nmero de cortes num rolo de 4000 ps. Ento, Y P oi(2). Pr(no mximo 2 cortes) = Pr(Y 2) = Pr(Y = 0) + Pr(Y = 1) + Pr(Y = 2) = 0 2 21 22 = exp(2) + + = 5 exp(2) = 0, 676676 0! 1! 2! Figura 3.1: Densidade uniforme no intervalo [a, b] Para que tal funo seja uma f.d.p., temos que ter k > 0 e a rea do retngulo tem que ser 1, ou seja, 1 (b a) k = 1 k = ba Logo, a funo de densidade de uma v.a. uniforme no intervalo [a, b] dada por 1 se x [a, b] ba f (x) = (3.1) 0 caso contrrio 62

Pr(pelo menos 2 cortes) = Pr(Y 2) = 1 Pr(Y < 2) = 1 [Pr(Y = 0) + Pr(Y = 1)] = 0 21 2 + = 1 3 exp(2) = 0, 593994 = 1 exp(2) 0! 1!

CAPTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIES CONTNUAS

63

CAPTULO 3. ALGUMAS DISTRIBUIES CONTNUAS

64

Os valores a e b so chamados parmetros da distribuio uniforme; note que ambos tm que ser nitos para que a integral seja igual a 1. Quando a = 0 e b = 1 temos a uniforme padro, denotada por U(0, 1).

3.1.1

Funo de distribuio acumuladaF (x) = Pr (X x)

Por denio, temos que e essa probabilidade dada pela rea sob a curva de densidade esquerda de x, conforme ilustrado na Figura 3.2.

Figura 3.3: Funo de distribuio acumulada da Unif[a, b] Usando a integral: E (X) = ou seja, Zb

xa

b 2 2 1 x2 1 = b a = (b a) (a + b) dx = ba b a 2 a 2 (b a) 2 (b a) E (X) = a+b 2 (3.3)

Figura 3.2: Funo de distribuio acumulada da densidade Unif [a, b] Essa a rea de um retngulo com base (x a) e altura 1 . Logo, ba (3.2)

3.1.3

Varincia V ar (X) = E X 2 [E (X)]2 ;

Por denio,2

O

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