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UNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSEINSTITUTO DE MATEMÁTICA

DEPARTAMENTO DE ESTATÍSTICA

VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS

Ana Maria Lima de Farias

Março 2009





Capítulo 1

Variáveis Aleatórias Contínuas

1.1 Noções básicas

No estudo das distribuições de frequência para variáveis quantitativas contínuas, vimos

que, para resumir os dados, era necessário agrupar os valores em classes. O histograma eo polígono de frequências eram os grácos apropriados para representar tal distribuição.Para apresentar os conceitos básicos relativos às variáveis aleatórias contínuas, vamosconsiderar os histogramas e respectivos polígonos de frequência apresentados na Figura1.1. Esses grácos representam as distribuições de frequências de um mesmo conjuntode dados, cada uma com um número de classes diferente no histograma superior, hámenos classes do que no histograma inferior. Suponhamos, também que as áreas de cadaretângulo sejam iguais às frequências relativas das respectivas classes (essa é a deniçãomais precisa de um histograma). Por resultados vistos anteriormente, sabemos que asoma das áreas dos retângulos é 1 (as frequências relativas devem somar 1 ou 100%) eque cada frequência relativa é uma aproximação para a probabilidade de um elemento

pertencer à respectiva classe.Analisando atentamente os dois grácos, podemos ver o seguinte: à medida que

aumentamos o número de classes, diminui a diferença entre a área total dos retângulose a área abaixo do polígono de frequência.

A divisão em classes se fez pelo simples motivo de que uma variável contínua podeassumir um número não-enumerável de valores. Faz sentido, então, pensarmos em re-duzir, cada vez mais, o comprimento de classe , até a situação limite em que $ 0=Nessa situação limite, o polígono de frequências se transforma em uma curva na partepositiva (ou não-negativa) do eixo vertical, tal que a área sob ela é igual a 1. Essa curvaserá chamada curva de densidade de probabilidade .

Considere, agora, a Figura 1.2, onde ilustramos um fato visto anteriormente: para

estimar a frequência de valores da distribuição entre os pontos d e e, podemos usar aárea dos retângulos sombreados de cinza claro.Conforme ilustrado na Figura 1.3, a diferença entre essa área e a área sob o polí-

gono de frequências tende a diminuir, à medida que aumenta-se o número de classes.Essa diferença é a parte sombreada de cinza mais escuro. Isso nos permite concluir,intuitivamente, o seguinte: no limite, quando $ 0> podemos estimar a probabilidadede a variável de interesse estar entre dois valores d e e pela área sob a curva de densidadede probabilidade, delimitada pelos pontos d e e.

3

CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 4

Figura 1.1: Histogramas de uma variável contínua com diferentes números de classes

Figura 1.2: Cálculo da freqüência entre dois pontos d e e






1.4 Função de distribuição acumulada

Da mesma forma que a função de distribuição de probabilidade de uma variável aleatóriadiscreta, a função de densidade de probabilidade nos dá toda a informação sobre avariável aleatória contínua [> ou seja, a partir da função de densidade de probabili-

dade, podemos calcular qualquer probabilidade associada à variável aleatória [= Tam-bém como no caso discreto, podemos calcular probabilidades associadas a uma variávelaleatória contínua [ a partir da f unção de distribuição acumulada (também denominadasimplesmente função de distribuição).

Denição 1.5 Dada uma variável aleatória [> a função de distribuição acumu-

lada de [ é denida por

I [ ({) = Pr([ {) ;{ 5 R (1.1)

A denição é a mesma vista para o caso discreto; a diferença é que, para variáveiscontínuas, a função de distribuição acumulada é uma função contínua, sem saltos. Veja

a Figura ?? para um exemplo.

Figura 1.5: Exemplo de função de distribuição acumulada de uma variável aleatóriacontínua

Como no caso discreto, valem as seguintes propriedades para a função de distribuiçãoacumulada de uma variável aleatória contínua:

0 I [ ({) 1 (1.2)

lim{<"

I [ ({) = 1 (1.3)

lim{<3"

I [ ({) = 0 (1.4)

d ? e , I [ (d) I [ (e) (1.5)


Figura 1.6: Função de distribuição acumulada - cálculo a partir da área sob a curva de

densidade

Da interpretação de probabilidade como área, resulta que I [ ({) é a área à esquerdade { sob a curva de densidade i [ = Veja a Figura 1.6.

Existe uma relação entre a função de densidade de probabilidade e a função dedistribuição acumulada, que é resultante do Teorema Fundamental do Cálculo.

Por denição, temos o seguinte resultado:

I [ ({) = Pr([ {) =R {3" i [ (x)gx (1.6)

e do Teorema Fundamental do Cálculo resulta que

i [ ({) = gg{

I [ ({) (1.7)

isto é, a função de densidade de probabilidade é a derivada da função de distribuiçãoacumulada.

1.5 Esperança de variáveis aleatórias contínuas

Nas distribuições de frequências agrupadas em classes de variáveis quantitativas con-tínuas, vimos que a média podia ser calculada como

{ = P i l{l

onde i l era a frequência relativa da classe l e {l era o ponto médio da classe l= Con-tinuando com a idéia inicial de tomar classes de comprimento cada vez menor, isto é,fazendo $ 0> chegamos à seguinte denição de esperança ou média de uma variávelaleatória contínua.

Denição 1.6 Seja [ uma variável aleatória contínua com função de densidade de probabilidade i [ = A esperança (ou média ou valor esperado) de [ é denida como

H ([ ) =

Z +"3"

{i [ ({)g{ (1.8)




1.5.1 Esperança de funções de variáveis aleatórias contínuas

Se [ é uma variável aleatória contínua e k : R$ R é uma função qualquer, então\ = k([ ) é uma variável aleatória e sua esperança é dada por

H (k([ )) =Z +"3" k({)i [ ({)g{ (1.9)

1.6 Variância de variáveis aleatórias contínuas

Vimos também que a variância, uma medida de dispersão, era calculada como a médiados desvios quadráticos em torno da média, ou seja

2 =P

i l({l {)2

No caso de uma variável aleatória contínua, fazendo k({) = [{ H ([ )]2 > resulta nova-mente a denição de variância como média dos desvios quadráticos:

Denição 1.7 Seja [ uma variável aleatória contínua com função de densidade de probabilidade i [ = A variância de [ é denida como

Y du([ ) =

Z +"3"

[{ H ([ )]2 i [ ({)g{ (1.10)

O desvio padrão é denido como

GS ([ ) =p

Y du([ ) (1.11)

Usando as propriedades do cálculo integral e representando por a esperança de [ (note que é uma constante, um número real), temos que:

Y du([ ) =R +"3" [{ ]2 i [ ({)g{

=R +"3"

¡{2 2{ + 2

¢i [ ({)g{

=R +"3" {2i [ ({)g{ 2

R +"3" {i [ ({)g{ + 2

R +"3" i [ ({)g{

Se denimos k({) = {2> a primeira integral nada mais é que H ([ 2)> pelo resultado(1.9). A segunda integral é H ([ ) = e a terceira integral é igual a 1, pela denição defunção de densidade. Logo,

Y du([ ) = H ([ 2

) 22

+ 2

= H ([ 2

) 2

o que nos leva ao resultado já visto para variáveis discretas:

Y du([ ) = H ([ 2) [H ([ )]2 (1.12)

De forma resumida: a variância é a esperança do quadrado de [ menos o quadrado daesperança de [ .


1.7 Propriedades da média e da variância de variáveis aleatóriascontínuas

As mesmas propriedades vistas para variáveis aleatórias discretas continuam valendo nocaso contínuo:

Esperança Variância Desvio PadrãoH (d) = d Y du (d) = 0 GS (d) = 0H ([ + d) = H ([ ) + d Y du ([ + d) = Y du ([ ) GS ([ + d) = GS ([ )H (e[ ) = eH ([ ) Y du (e[ ) = e2Y du ([ ) GS (e[ ) = |e| GS ([ ){min H ([ ) {max Y du([ ) 0 GS ([ ) 0

Esses resultados podem ser facilmente demonstrados a partir das propriedades daintegral denida e das denições vistas. Por exemplo, vamos demonstrar que H (e[ ) =

eH ([ ) e Var (e[ ) = e2 Var ([ ) = Por denição, temos que

H (e[ ) =

Z e{i [ ({)g{ = e

Z {i [ ({)g{ = eH ([ )

Usando este resultado e a denição de variância, temos que

Var (e[ ) = H £(e[ )2

¤ [H (e[ )]2

= H (e2[ 2) [eH ([ )]2

= e2H ([ 2) e2 [H ([ )]2

= e2 nH ([ 2)

[H ([ )]2o

= e2Y du([ )

Se interpretamos a função de densidade de probabilidade de [ como uma distribuiçãode massa na reta real, então H ([ ) é o centro de massa desta distribuição. Essa inter-pretação nos permite concluir, por exemplo, que se i [ é simétrica, então H ([ ) é o valorcentral, que dene o eixo de simetria.

1.8 Exemplo 1

Considere a função i [ apresentada na Figura 1.7.

1. Encontre o valor de n para que i [ seja uma função de densidade de probabilidadede uma variável aleatória [ .

2. Determine a equação que dene i [ =

3. Calcule Pr(2 [ 3)=

4. Calcule a esperança e a variância de [=

5. Determine o valor de n tal que Pr([ n) = 0> 6=




Figura 1.7: Função de densidade de probabilidade para o Exemplo 1

6. Encontre a função de distribuição acumulada de [ .

Solução

1. A função dada corresponde a uma função constante, i [ ({) = n= Como a área soba reta tem que ser 1, temos que ter

1 = (5 1) × n , n =1

4

ou Z 51

ng{ = 1 =, n {|51 = 1 =, n(5 1) = 1 , n =1

4

2. Temos que

i [ ({) =

;?=

14 se 1 { 5

0 caso contrário

3. A probabilidade pedida é a área sombreada na Figura 1.8. Logo,

Pr(2 [ 3) = (3 2) × 1

4=

1

4

ou

Pr(2 [ 3) =

Z 32

1

4g{ =

1

4

4. Por argumentos de simetria, a esperança é o ponto médio, ou seja, H ([ ) = 3=Usando a denição, temos:

H ([ ) =Z 5

114

{g{ = 14Ã

{2

2¯̄̄̄51

!= 1

8(25 1) = 3

Para o cálculo da variância, temos que calcular H ([ 2) :

H ([ 2) =

Z 51

1

4{2g{ =

1

4

{3

3

¯̄̄¯5

1

=1

12(125 1) =

124

12=

31

3

eY du([ ) =

31

3 32 =

31 27

3=

4

3


Figura 1.8: Cálculo de Pr(2 [ 3) para o Exemplo 1

5. Como a densidade é simétrica, a média e a mediana coincidem, ou seja, o ponto{ = 3 divide a área ao meio. Como temos que Pr([ n) = 0> 6> resulta que ntem que ser maior que 3, uma vez que abaixo de 3 temos área igual a 0,5. Veja aFigura 1.9.

Figura 1.9: Cálculo de n tal que Pr([ n) = 0> 6 para o Exemplo 1

Temos que ter

0> 6 = (n 1) × 1

4, n = 3> 4

Usando integral, temos terZ n1

1

4g{ = 0> 6 =, 1

4(n 1) = 0> 6 , n = 3> 4

6. Para { ? 1> temos que I [ ({) = 0 e para { A 5> temos que I [ ({) = 1= Para1 { 5> I [ ({) é a área de um retângulo de base ({ 1) e altura 1@4 (veja a

Figura 1.10). Logo,I [ ({) =

{ 1

4

e a expressão completa de I [ é

I [ ({) =

;?=

0 se { ? 1{314 se 1 { 5

1 se { A 5

cujo gráco está ilustrado na Figura 1.11.




Figura 1.10: Cálculo de I [ para o Exemplo 1

Figura 1.11: Função de distribuição acumulada para o Exemplo 1


1.9 Exemplo 2



1. Encontre o valor de n para que i [ seja uma função de densidade de probabilidadede uma variável aleatória contínua [ .

2. Determine a equação que dene i [ =


4. Encontre a função de distribuição acumulada de [=


6. Calcule a esperança e a variância de [=

Solução

1. Podemos decompor a área sob a reta como a área de um triângulo e a área de umretângulo (na verdade, o resultado é a área de um trapézio - veja a Figura 1.13).Então, temos que ter

1 = (6 1) × 0> 1 +1

2(6 1) × (n 0> 1) ,

0> 5 =5

2(n 0> 1) , n = 0> 3

2. i [ é uma função linear i [ ({) = d + e{ que passa pelos pontos (1;0> 1) e (6;0> 3)>resultando, portanto, o seguinte sistema de equações:½

0> 1 = d + e0> 3 = d + 6e

Subtraindo a primeira equação da segunda, obtemos

0> 3 0> 1 = 5e , e = 0> 04




Figura 1.13: Cálculo de n para o Exemplo 2

Substituindo este valor na primeira equação, obtemos que d = 0> 1

0> 04 = 0> 06=

Logo,i [ ({) =

½0> 06 + 0> 04{ se 1 { 60 caso contrário

3. Veja a Figura 1.14, em que a área sobreada corresponde à probabilidade pedida.Vemos que essa área é a área de um trapézio de altura 32 = 1> base maior igual ai [ (3) = 0> 06+0> 04×3 = 0> 18 e base menor igual a i (2) = 0> 06+0> 04×2 = 0> 14=Logo,

Pr(2 [ 3) =0> 18 + 0> 14

2× 1 = 0> 16

Figura 1.14: Cálculo de Pr(2 [ 3) para o Exemplo 2Usando integral, temos:

Pr(2 [ 3) =

Z 32

(0> 06 + 0> 04{)g{ =

μ0> 06{ +

0> 04{2

2

¶¯̄̄¯3

2

=

= 0> 06 × (3 2) + 0> 02 × (9 4) = 0> 06 + 0> 1 = 0> 16

4. Veja a Figura 1.15; aí podemos ver que, para { 5 [1> 6]> I [ ({) é a área de umtrapézio de altura {1; base maior igual a i [ ({) e base menor igual a i [ (1) = 0> 1=


Logo,

I [ ({) =(0> 06 + 0> 04{) + 0> 1

2× ({ 1)

= (0> 08 + 0> 02{)({ 1)

ou seja,I [ ({) =

;?=

0 se { ? 10> 02{2 + 0> 06{ 0> 08 se 1 { 61 se { A 6

Figura 1.15: Cálculo da função de distribuição acumulada para o Exemplo 2

Usando integral, temos que

I ({) =

Z {1

(0> 06 + 0> 04w)gw =

μ0> 06w +

0> 04w2

2

¶¯̄̄

¯

{

1

= ¡0> 06{ + 0> 02{2¢ (0> 06 + 0> 02)

= 0> 02{2 + 0> 06{ 0> 08 1 { 6

5. Queremos determinar n tal que I [ (n) = 0> 6= Logo,

0> 6 = 0> 02n2 + 0> 06n 0> 08 ,0> 02n2 + 0> 06n 0> 68 = 0 ,n2 + 3n 34 = 0 ,

n =3 ± s

9 + 4 × 34

2

A raiz que fornece resultado dentro do domínio de variação de [ é

n = 3 +

s 9 + 4

×34

2 4> 5208

6. Temos que

H ([ ) =

Z 61

{ (0> 06 + 0> 04{) g{ =

μ0> 06

{2

2+ 0> 04

{3

3

¶¯̄̄¯6

1

=

μ0> 03 · 36 + 0> 04 · 63

3

¶

μ0> 03 · 1 +

0> 04

3

¶

= 1> 08 + 2> 88 0> 03 0> 04

3=

11> 75

3




H ([ 2) =

Z 61

{2 (0> 06 + 0> 04{) g{ =

μ0> 06

{3

3+ 0> 04

{4

4

¶¯̄̄¯6

1

= (0> 02 · 216 + 0> 01 · 1296) (0> 02 + 0> 01)

= 4> 32 + 12> 96 0> 03 = 17> 25

Y du([ ) = 17> 25 μ

11> 753

¶2

= 155> 25 138> 06259

= 17> 18759

1.10 Exemplo 3



1. Encontre o valor de k para que i [ seja uma função de densidade de probabilidade

de uma variável aleatória [ (note que o triângulo é isósceles!).2. Determine a equação que dene i [ =


4. Calcule H ([ ) e Y du([ )=

5. Encontre a função de distribuição acumulada de [


Solução

1. Como a área tem que ser 1, temos que ter

1 =1

2× (4 0) × k , k =

1

2

2. A função i [ é dada por 2 equações de reta. A primeira é uma reta de inclinaçãopositiva que passa pelos pontos (0> 0) e

¡2> 1

2

¢= A segunda é uma reta de inclinação

negativa, que passa pelos pontos¡

2> 12

¢e (4> 0)= Para achar a equação de cada uma


das retas, basta substituir as coordenadas dos dois pontos e resolver o sistema.Para a primeira reta temos o seguinte sistema:

0 = d + e × 01

2

= d + e

×2

Da primeira equação resulta que d = 0 (é o ponto onde a reta cruza o eixo |) esubstituindo esse valor de d na segunda equação, resulta que e = 1

4 =

Para a segunda reta, temos o seguinte sistema:

0 = d + e × 41

2= d + e × 2

Subtraindo a segunda equação da primeira, resulta

0 1

2 = (d d) + (4e 2e) , e = 1

4

Substituindo na primeira equação, encontramos que d = 1=

Combinando essas duas equações, obtemos a seguinte expressão para i [ :

i [ ({) =

;AAAA?AAAA=

{4 se 0 { ? 2

1 {4 se 2 { 4

0 se { ? 0 ou { A 4

3. A probabilidade pedida é a área sombreada em cinza claro naFigura 1.17. Os doistriângulos sombreados de cinza escuro têm a mesma área, por causa da simetria.Assim, podemos calcular a probabilidade usando a regra do complementar, umavez que a área total é 1. A altura dos dois triângulos é 1

4 ; basta substituir o valorde { = 1 na primeira equação e o valor de { = 3 na segunda equação. Logo, aárea de cada um dos triângulos é 1

2 × 1 × 14 = 1

8 e, portanto,

Pr(1 [ 3) = 1 2 × 1

8=

6

8=

3

4

Usando integral, temos

Pr(1 [ 3) =Z 2

1{4

g{ +Z 3

2

³1 {

4

´g{

=1

4

μ{2

2

¶¯̄̄¯2

1

+

μ{ {2

8

¶¯̄̄¯3

2

=1

8(4 1) +

μ3 9

8

¶

μ2 4

8

¶¸

=3

8+

15

8 12

8=

6

8=

3

4




Figura 1.17: Ilustração do cálculo de Pr(1 [ 3)

4. Como a função é simétrica, resulta que H ([ ) = 2=

H ([ 2) =Z 2

0

{3

4 g{ +Z 4

2{2

³1

{

4´

g{

=

μ{4

16

¶¯̄̄¯2

0

+

μ{3

3 {4

16

¶¯̄̄¯4

2

=

μ16

16 0

¶+

μ64

3 256

16

¶

μ8

3 16

16

¶¸

= 1 +64

3 16 8

3+ 1

=56

3 14 =

14

3

Y du([ ) =14

3 4 =2

3

5. Assim como a função de densidade de probabilidade, a função de distribuiçãoacumulada será denida por 2 equações: uma para os valores de { no intervalo[0> 2) e outra para valores de { no intervalo [2> 4]= Para { 5 [0> 2) temos que I [ ({)é a área do triângulo sombreado na Figura 1.18(a) e para { 5 [2> 4]> é a áreasombreada na parte (b). e essa área pode ser calculada pela lei do complementar.

Logo,

I [ ({) =1

2({ 0) × {

4{ 5 [0> 2)

Para {5

[2> 4]> temos que

I [ ({) = 1 1

2(4 {)

³1 {

4

´

Combinando os resultados obtidos, resulta a seguinte expressão para I [ :

I [ ({) =

;AA?AA=

0 se { ? 018{2 se 0 { ? 2

1 18 (4 {)2 se 2 { 4

1 se { A 4


Figura 1.18: Cálculo da função de distribuição acumulada do Exemplo 3

Veja a Figura 1.19; para 0 { ? 2> o gráco de I [ é uma parábola côncavapara cima; para 2 { 4> o gráco de I [ é uma parábola côncava para baixo.

0,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

-1 0 1 2 3 4 5

Figura 1.19: Função de distribuição acumulada do Exemplo 3

6. Queremos determinar n tal que I (n) = 0> 6= Como I (2) = 0> 5> resulta que n A 2=Substituindo na expressão de I ({)> temos que ter

1 1

8(4 n)2 = 0> 6 =,

1 1

8

¡16 8n + n2

¢= 0> 6 =,

1 2 + n n2

8= 0> 6 =,

n2

8 n + 1> 6 = 0 =,

n2 8n + 12> 8 = 0 =,n =

8 ± s 64 4 × 12> 8

2=

8 ± s 12> 8

2




A raiz que fornece resultado dentro do domínio de denição de [ é

n =8 s

12> 8

2 2> 21

1.11 Exercícios resolvidos

1. Considere a seguinte função:

j({) =

½N (2 {) se 0 { 10 se { ? 0 ou { A 1

(a) Esboce o gráco de j({)=

Solução

Veja a Figura 1.20. Note que j(0) = 2N e j(1) = N=

Figura 1.20: Solução do Exercício 1

(b) Encontre o valor de N para que j({) seja uma função de densidade de prob-abilidade.Solução

Temos que ter N A 0 para garantir a condição j({) 0= E também1Z 0

N (2 {)g{ = 1 =,μ

2N{ N {2

2

¶¯̄̄¯1

0

= 1 =,

2N N

2= 1 =, 3N

2= 1 =, N =

2

3

(c) Encontre a função de distribuição acumulada.

SoluçãoPor denição, I ({) = Pr([ {)= Portanto, para 0 { 1 temos que

I ({) =

Z {0

2

3(2 w)gw =

2

3

μ2w w2

2

¶¯̄̄¯{

0

=4{

3 {2

3

e a expressão completa de I ({) é

I [ ({) =

;?=

0 se { ? 043{ 1

3{2 se 0 { 11 se { A 1


(d) Calcule os quartis da distribuição.Solução

Se T1> T2 e T3 são os três quartis, então I (T1) = 0> 25; I (T2) = 0> 5;I (T3) = 0> 75=

I [ (T1) = 0> 25 , 4

3T1 1

3T2

1 =1

4, 16T1 4T2

1 = 3 ,4T2

1 16T1 + 3 = 0 , T21 4T1 + 0> 75 = 0 ,

T1 =4 ± s

16 4 × 0> 75

2=

4 ± s 13

2

A raiz que fornece solução no intervalo (0> 1)> que é odomínio de [> é

T1 =4 s

13

2 0> 19722

I [ (T2) = 0> 5 , 4

3T2 1

3T2

2 =1

2, 8T2 2T2

2 = 3 ,2T2

2 8T2 + 3 = 0 , T22 4T2 + 1> 5 = 0 ,

T2 =4 ± s

16 4 × 1> 5

2=

4 ± s 10

2

A raiz que fornece solução no domínio de [ é

T2 =4 s

10

2 0> 41886

I [ (T3) = 0> 75 , 4

3T3 1

3T2

3 =3

4, 16T3 4T2

3 = 9 ,

4T23 16T3 + 9 = 0 , T2

3 4T3 +9

4= 0 ,

T3 =4 ± s

16 4 × 2=25

2=

4 ± s 7

2

A raiz que fornece solução no domínio de [ é

T3 =4 s

7

2 0> 67712

2. (Bussab&Morettin) A demanda diária de arroz num supermercado, em centenasde quilos, é uma variável aleatória com função de densidade de probabilidade

i ({) =

;?=

23{ se 0 { ? 1{

3 + 1 se 1 { ? 30 se { ? 0 ou { A 3




Figura 1.21: Solução do Exercício 2 - Pr([ 1> 5)

(a) Qual é a probabilidade de se vender mais de 150 kg num dia escolhido aoacaso?Solução

Seja [ a variável aleatória que representa a demanda diária de arroz, emcentenas de quilos. Veja a Figura 1.21, onde a área sombreada correspondeà probabilidade pedida. Nesse triângulo, a base é 3 1> 5 = 1> 5 e a altura éi (1> 5) = 31>5

3 + 1= Logo,

Pr([ 1> 5) =1

2× 1> 5 × 0> 5 =

1

2× 3

2× 1

2=

3

8= 0> 375

ou

Pr([ 1> 5) =

Z 31>5

³{

3+ 1

´g{ =

μ{2

6+ {

¶¯̄̄¯3

1>5

=

μ32

6+ 3

¶

μ1> 52

6+ 1> 5

¶

=9

6 6> 75

6=

2> 25

6= 0> 375

(b) Qual a quantidade de arroz que deve ser deixada à disposição dos clientesdiariamente para que não falte arroz em 95% dos dias?Solução

Seja n o valor a estocar. Para que a demanda seja atendida, é necessário quea quantidade demandada seja menor que a quantidade em estoque. Logo,queremos encontrar o valor de n tal que Pr([ n) = 0> 95=

Como Pr([ 1) = 13 > n tem que ser maior que 1, ou seja, n está no triângulo

superior (veja a Figura 1.22).Mas Pr([ n) = 0> 95 é equivalente a Pr([ A n) = 0> 05= Logo,

0> 05 = 12

(3 n)μ

n3

+ 1¶

,

0> 1 = (3 n)

μn + 3

3

¶,

0> 3 = 9 6n + n2 ,n2 6n + 8> 7 = 0 ,

n =6 ± s

36 4 × 8=7

2


Figura 1.22: Solução do Exercício 2-b

A raiz que dá a solução dentro do domínio de [ é

n = 6 s 36 4 × 8=72

= 2> 45 centenas de quilos

Usando integração:

Pr([ A n) = 0> 05 =,Z 3

n

³{

3+ 1

´g{ = 0> 05 =,

μ{2

6+ {

¶¯̄̄¯3

n

= 0> 05μ32

6+ 3

¶

μn2

6+ n

¶= 0> 05 =, n2

6 n +

9

6 0> 05 = 0 =, n2 6n + 8> 7 = 0

mesma equação obtida anteriormente.

3. Seja [ uma variável aleatória com função de densidade de probabilidade dada por

i [ ({) =

½2{ se 0 { 10 caso contrário

Calcule Pr¡

[ 12

¯̄13 [ 2

3

¢Solução

Sabemos que Pr(D|E) =Pr(D _ E)

Pr(E)= Assim,

Pr

μ[ 1

2

¯̄

¯̄1

3 [ 2

3

¶=

Pr£¡

[ 12

¢ _ ¡13 [ 2

3

¢¤Pr

¡13 [ 2

3

¢=

Pr ¡13

[

1

2¢

Pr¡13 [ 2

3

¢

=

Z 1@21@3

2{g{

Z 2@31@3

2{g{

={2

¯̄1@21@3

{2|2@31@3

=14 1

949 1

9

=53639

=5

12




1.12 Exercícios propostos

1. A função de densidade i de uma variável aleatória [ é dada pela função cujográco se encontra na Figura 1.23.

Figura 1.23: Função de densidade para o Exercício Proposto 1

(a) Encontre a expressão de i=

(b) Calcule Pr([ A 2)= (Resp: 1@4)

(c) Determine p tal que Pr([ A p) = 1@8= (Resp.: p = 4 s 2)

(d) Calcule a esperança e a variância de [= (Resp.: H ([ ) = 4@3; H ([ 2) = 8@3)

(e) Calcule a função de distribuição acumulada e esboce seu gráco.

2. O diâmetro de um cabo elétrico é uma variável aleatória contínua com função dedensidade dada por

i ({) =

½n(2{ {2) se 0 { 1

0 caso contrário

(a) Determine o valor de n=(Resp.: n = 3@2)

(b) Calcule H ([ ) e Var({)= (Resp.: 5@8;19@320)

(c) Calcule Pr(0 [ 1@2)= (Resp.: 5@16)

3. Uma variável aleatória [ tem função de densidade dada por

i ({) = ½6{(1 {) se 0 { 1

0 caso contrário

Se = H ([ ) e 2 = Y du([ )> calcule Pr( 2 ? [ ? + 2)=(Resp.: 0> 9793)

4. Uma variável aleatória [ tem função de distribuição acumulada I dada por

I ({) =

;?=

0 se { 0{5 se 0 ? { ? 11 se { 1

Calcule H ([ ) e Y du({)= (Resp.: 5@6; 5@252)

Capítulo 2

Algumas Distribuições Contínuas

2.1 Distribuição uniforme

Uma variável aleatória contínua [ tem distribuição uniforme no intervalo [d> e] (nito)

se sua função de densidade é constante nesse intervalo, ou seja, temos que teri ({) = n ;{ 5 [d> e]

Então, o gráco da função de densidade de probabilidade de [ é como o ilustrado naFigura 2.1:

Figura 2.1: Densidade uniforme no intervalo [d> e]

Para que tal função seja uma função de densidade de probabilidade, temos que tern A 0 e a área do retângulo tem que ser 1, ou seja,

(e d) × n = 1 , n = 1e d

Logo, a função de densidade de uma variável aleatória uniforme no intervalo [d> e] édada por

i ({) =1

e dse { 5 [d> e] (2.1)

Os valores d e e são chamados parâmetros da distribuição uniforme; note que ambostêm que ser nitos para que a integral seja igual a 1. Quando d = 0 e e = 1 temos auniforme padrão, denotada por U (0> 1)=

26



CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 27

2.1.1 Função de distribuição acumulada

Por denição, temos queI ({) = Pr([ {)

e essa probabilidade é dada pela área sob a curva de densidade à esquerda de {> conforme

ilustrado na Figura 2.2.

Figura 2.2: Função de distribuição acumulada da densidade Xqli [d> e]

Essa é a área de um retângulo com base ({ d) e altura1

e d= Logo,

I ({) =

;A?A=

0 se { ? d{ d

e dse a { e

1 se { A e

(2.2)

O gráco dessa função de distribuição acumulada é dado na Figura 2.3.

Figura 2.3: Função de distribuição acumulada da Xqli [d> e]

No caso da U [0> 1] > temos que

I ({) =

;?=

0 se { ? 0{ se 0 { ? 11 se { 1


2.1.2 Esperança

Das propriedades da esperança e das características da densidade uniforme, sabemosque H ([ ) é o ponto médio do intervalo [d> e], ou seja,

H ([ ) = d +e d

2

=d + e

2Usando a integral:

H ([ ) =

Z ed

{1

e dg{ =

1

e d

{2

2

¯̄̄¯e

d

=e2 d2

2 (e d)=

(e d) (d + e)

2 (e d)

ou seja,

H ([ ) =d + e

2(2.3)

2.1.3 Variância

Por denição, Y du ([ ) = H ¡

[

2¢ [H ([ )]

2

;vamos, então, calcular H ¡

[

2¢:

H ¡

[ 2¢

=

Z ed

{2 1

e dg{ =

1

e d

μ{3

3

¶¯̄̄¯e

d

=e3 d3

3 (e d)=

(e d)¡

e2 + de + d2¢

3 (e d)(2.4)

Logo,

Y du ([ ) =

¡e2 + de + d2

¢3

μ

d + e

2

¶2

=

¡e2 + de + d2

¢3

d2 + 2de + e2

4=

=4e2 + 4de + 4d2 3d2 6de 3e2

12=

d2 2de + e2

12

ou

Y du ([ ) = (e d)2

12(2.5)

2.1.4 Exercícios propostos

1. Você está interessado em dar um lance em um leilão de um lote de terra. Vocêsabe que existe um outro licitante. Pelas regras estabelecidas para este leilão,o lance mais alto acima de R$ 100.000,00 será aceito. Suponha que o lance doseu competidor seja uma variável aleatória uniformemente distribuída entre R$100.000,00 e R$ 150.000,00.

(a) Se você der um lance de R$120.000,00, qual é a probabilidade de você car

com o lote? (Resp.: 0> 4)(b) Se você der um lance de R$140.000,00, qual é a probabilidade de você car

com o lote? (Resp.: 0> 8)

(c) Que quantia você deve dar como lance para maximizar a probabilidade devocê ganhar o leilão?

2. O rótulo de uma lata de coca-cola indica que o conteúdo é de 350 ml. Suponha quea linha de produção encha as latas de forma que o conteúdo seja uniformementedistribuído no intervalo [345> 355]=




(a) Qual é a probabilidade de que uma lata tenha conteúdo superior a 353 ml?(Resp.: 0,2)

(b) Qual é a probabilidade de que uma lata tenha conteúdo inferior a 346 ml?(Resp.: 0,1)

(c) O controle de qualidade aceita uma lata com conteúdo dentro de 4 ml do

conteúdo exibido na lata. Qual é a proporção de latas rejeitadas nessa linhade produção? (Resp.: 0,2)

3. Uma distribuição uniforme no intervalo [d> e] tem média 7,5 e variância 6,75. De-termine os valores de d e e, sabendo que e A d A 0= (Resp.: d = 3 e e = 12)

2.2 Distribuição exponencial

Consideremos o gráco da função exponencial i ({) = h{> dado na Figura 2.4. Podemosver aí que, se { ? 0> então a área sob a curva é limitada, o mesmo valendo para umafunção mais geral i ({) = h{= Então, é possível denir uma função de densidade a

partir da função exponencial h{, desde que nos limitemos ao domínio dos números reaisnegativos. Mas isso é equivalente a trabalhar com a função h3{ para { positivo.

1

Figura 2.4: Gráco da função exponencial natural i ({) = exp {

Mas

Z "

0

h3{g{ = μ1

h3{¶"

0

=1

Logo

R "0 h3{g{ = 1

e, portanto, i ({) = h3{ dene uma função de densidade de probabilidade para { A 0=

Denição 2.1 Diz-se que uma variável aleatória contínua [ tem distribuição exponen-cial com parâmetro se sua função de densidade de probabilidade é dada por

i ({) =

½h3{ { A 0

0 { 0


Como a f.d.p. exponencial depende apenas do valor de , esse é o parâmetro da densidade exponencial.

Usaremos a seguinte notação para indicar que uma variável aleatória tem distribuiçãoexponencial com parâmetro : [ exp()= Na Figura 2.5 temos o gráco de uma

densidade exponencial. para = 2=

Figura 2.5: Densidade exponencial - = 2


Por denição, temos que

I ({) = Pr ([ {) =

Z {0

i (w) gw =

Z {0

h3wgw = h3w¯̄̄{0

= ³

h3{ 1´

ou seja

I ({) =

½1 h3{ se { A 00 se { 0

(2.6)

2.2.2 Alguns resultados sobre a função exponencial

No cálculo dos momentos da densidade exponencial serão necessários alguns resutlados

sobre a função exponencial que apresentaremos a seguir.O resultado crucial é

lim{<"

{nh3{ = 0 (2.7)

Vamos mostrar esse resultado usando a regra de L´Hôpital e demonstração por indução.Consideremos o caso em que n = 1= Então

lim{<"

{h3{ = lim{<"

{

h{




Figura 2.6: Função de distribuição acumulada da densidade exponencial - = 2

que tem a forma "" e, portanto, podemos aplicar L´Hôpital, que diz que

lim{<"

{h3{ = lim{<"

{h{

= lim{<"

{0

(h{)0= lim

{<"1

h{= 0

Logo, o resultado vale para n = 1= Suponhamos verdadeiro para qualquer n; vamosmostrar que vale para n + 1= De fato:

lim{<"

{n+1h3{ = lim{<"

{n+1

h{= lim

{<"

¡{n+1

¢0(h{)0

= lim{<"

(n + 1) {n

h{= (n + 1) lim

{<"{n

h{= (n + 1)×0 = 0

pela hipótese de indução. De maneira análoga, prova-se um resultado mais geral dadopor:

lim{

<"

{nh3{ = 0 ;n A 0 e A 0 (2.8)

2.2.3 Esperança

O cálculo dos momentos da distribuição exponencial se faz com auxílio de integraçãopor partes. A esperança é:

H ([ ) =

"Z 0

{h3{g{

Denindo

• x = { , gx = g{;

• gy = h3{

g{ , y = h3{

O método de integração por partes nos dá que:

{h3{¯̄̄"0

=

Z "0

{h3{g{ +

Z "0

³h3{

´g{

Pelo resultado (2.7), o lado esquerdo desta última igualdade é zero. Logo,

0 = H ([ ) +1

h3{

¯̄̄¯"0

, 0 = H ([ ) +

μ0 1

¶


ou seja,

H ([ ) =1

(2.9)

Desse resultado segue que

Z "0 {h3

{

g{ =

1

, Z "0 {h3

{

g{ =

1

2 (2.10)

2.2.4 Variância

Vamos calcular o segundo momento de uma variável aleatória exponencial.

H ([ 2) =

Z "0

{2h3{g{

Seguindo raciocínio análogo ao empregado no cálculo da esperança, vamos denir:

• x = {2 , gx = 2{g{;

• gy = h3{g{ , y = h3{

Logo,

{2h3{¯̄̄"0

=

Z "0

{2h3{g{ +

Z "0

³2{h3{

´g{ , 0 = H

¡[ 2

¢ 2

Z "0

{h3{g{

Usando o resultado (2.10), resulta que

H ¡

[ 2¢

=2

2 (2.11)

e, portanto:

Var([ ) = H ([ 2) [H ([ )]2 =2

2 1

2 , Var ([ ) =1

2 (2.12)

Resumindo:

[ exp() =,½

H ([ ) = 1

Y du([ ) = 12

(2.13)

2.2.5 Parametrização alternativa

É possível parametrizar a densidade exponencial em termos de um parâmetro = 1 =

Neste caso,

i ({) =1

h3{@ { A 0; A 0

H ([ ) =

H ([ 2) = 2 2

Y du([ ) = 2

Essa parametrização alternativa é mais interessante, uma vez que o valor médio éigual ao parâmetro, e será utilizada deste ponto em diante.




2.2.6 Exercícios resolvidos

1. Seja [ uma variável aleatória exponencial com média 4. Calcule

(a) Pr([ A 1)

Solução

A função de densidade é i ({) = 14h3{@4 e a função de distribuição é I ({) =

1 h3{@4

Pr([ A 1) = 1 Pr([ 1) = 1 I (1) = 1 [1 h31@4] = h30=25 = 0> 7788

(b) Pr(1 [ 2)

Solução

Pr(1 [ 2) = Pr([ 2) Pr([ ? 1)

= Pr([

2)

Pr([

1)

= I (2) I (1) = [1 h32@4] [1 h31@4]

= h30=25 h30=5 = 0> 17227

2. Seja [ exp( )= Calcule Pr([ A H ([ ))=

Solução

Pr([ A H ([ )) = 1 Pr([ H ([ )) = 1 I (H ([ )) = 1 h

1 h3@i

= h31

Note que essa é a probabilidade de uma variável aleatória exponencial ser maiorque o seu valor médio; o que mostramos é que essa probabilidade é constante,

qualquer que seja o parâmetro=

2.2.7 Exercícios propostos

1. Seja [ uma variável aleatória com distribuição exponencial de média 8. Calculeas seguintes probabilidades:

(a) Pr([ A 10) (Resp.: 0> 286505)

(b) Pr([ A 8) (Resp.: 0=36788)

(c) Pr(5 ? [ ? 11) (resp.: 0> 28242)

2. O tempo entre chegadas de automóveis num lava-jato é distribuído exponencial-mente, com uma média de 12 minutos.

(a) Qual é a probabilidade de que o tempo entre chegadas de veículos neste lava- jato seja maior que 10 minutos? (Resp.: 0> 43460)

(b) Qual é a probabilidade de que o tempo entre chegadas de veículos neste lava- jato seja menor que 8 minutos? (Resp.: 0> 48658)


2.3 Distribuição gama

A distribuição gama é uma generalização da distribuição exponencial, que utiliza afunção gama, cuja denição apresentamos a seguir.

2.3.1 A função gamaA função gama é denida pela seguinte integral:

() =

Z "0

h3{{31g{ 1

Note que o argumento da função é > que aparece no expoente da variável de integração{=

A função gama tem a seguinte propriedade recursiva: ( + 1) = ()= Parademonstrar esse resultado, iremos usar integração por partes.

( + 1) = Z "0

h3{{g{

Fazendo

• x = { , gx = {31

• gy = h3{g{ , y = h3{

Logo,

( + 1) = {h3{¯¯"0

Z "

0h3{{31g{ =,

( + 1) = 0 + Z "

0h3{{31g{ =,

( + 1) = () (2.14)

Aqui usamos o resultado dado em (2.7).Vamos trabalhar, agora, com = q inteiro.

(1) =

Z "0

h3{{131g{ =

Z "0

h3{g{ = 1

(2) = 1 × (1) = 1 = 1!

(3) = 2 × (2) = 2 × 1 = 2!(4) = 3 × (3) = 3 × 2 × 1 = 3!

(5) = 4 × (4) = 4 × 3 × 2 × 1 = 4!

Em geral, se q é inteiro,(q) = (q 1)! (2.15)






Se A 1> o discriminante é sempre positivo, ou seja, temos duas raizes reais distintas,calculadas da seguinte forma:

( 2)( 1) 2

( 1){ +

1

2{2 = 0 +,

2(

2)(

1)

2 (

1){ + {2 = 0+,

{ =2 ( 1) ±

q 4 2( 1)2 4 2( 2)( 1)

2+,

{ =2 ( 1) ± 2

p ( 1)( 1 + 2)

2+,

{ = ( 1) ± s

1 +,{ =

s 1

¡s 1 ± 1

¢A raiz u2 =

s 1

¡s 1 + 1

¢é sempre positiva para A 1. Já a raiz u1 =

s

1

¡s

1 1

¢só será positiva se

s 1 1 A 0> ou seja, se A 2=

Considerando a função de segundo grau k({) que dene o sinal da derivada segunda,vemos que o coeciente do termo quadrático é 1; assim, a função é negativa (sinal opostoao de d) para valores de { entre as raízes, e positiva (mesmo sinal de d) fora das raízes.Veja a Figura 2.7; aí podemos ver que, se A 2> a derivada segunda muda de sinalem dois pontos dentro do domínio de denição da densidade gama. Isso não ocorre se ? 2 (ou = 2)> uma vez que, neste caso a menor raíz é negativa (nula).

+ +

r 1 r 2

+ - +

r 1 r 2

+ +

r 2r 1 = 0

-

0

0

-

-

2!D

2D

2D

Figura 2.7: Ilustração do sinal da derivada segunda da função de densidade gama

Mais precisamente, se A 2 temos a seguinte situação:

i 00({) ? 0 se s

1¡s

1 1¢

? { ? s

1¡s

1 + 1¢

i 00({) A 0 se { A s

1¡s

1 + 1¢

ou { ? s

1¡s

1 1¢


ou seja, a função de densidade é côncava para cima se se { A s

1¡s

1 + 1¢

ou { ? s

1¡s

1 1¢

e é côncava para baixo se s

1¡s

1 1¢

? { ? s

1¡s

1 + 1¢

> o que indica a ocorrência de dois pontos de inexão.Quando 2

i 00({) ? 0 se 0 ? { ? (

1) + s

1

i 00({) A 0 se { A ( 1) + s 1

ou seja, a função de densidade gama é côncava para cima se { A ( 1) + s

1e é côncava para baixo se 0 ? { ? ( 1) +

s 1> o que indica a ocorrência de

apenas um ponto de inexão.Na Figura 2.8 ilustra-se o efeito do parâmetro sobre a densidade gama. Aí o

parâmetro está xo ( = 2) e temos o gráco para diferentes valores de . Noteque, para = 1> o gráco é o da distribuição exponencial com parâmetro = 2 e paraqualquer valor de ? 1> o gráco terá essa forma= Note que para = 2 só há um pontode inexão; essa situação se repetirá para valores de no intervalo (1> 2]. Para valoresde maiores que 2, há dois pontos de inexão. Na Figura ?? ilustra-se o efeito do

parâmetro sobre a densidade gama. Aí o parâmetro está xo ( = 2 ou = 3) etemos o gráco para diferentes valores de . Analisando essas duas guras, vemos que oparâmetro tem grande inuência sobre a forma da distribuição, enquanto o parâmetro tem grande inuência sobre a escala (ou dispersão) da distribuição. Dessa forma,o parâmetro é chamado parâmetro de forma , enquanto o parâmetro é chamadaparâmetro de escala .

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

0,4

0,45

0,5

0 5 10 15 20 25 30

2 E

2D

4D 5D

1D

Figura 2.8: Efeito do parâmetro de forma sobre a densidade gama

A seguir apresentamos um resumo dos resultados sobre a forma da densidade gama:

1. 1

(a) estritamente decrescente

(b) côncava para cima




0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0 2 4 6 8 10 12 1 4

2D

1 E

2 E

0,0

0,1

0,2

0,3

0 2 4 6 8 10 12 14

5,1 E

3D

1 E

5,1 E

2 E

Figura 2.9: Efeito do parâmetro de escala sobre a densidade gama

2. A 1

(a) crescente se { ? ( 1)

(b) decrescente se { A ( 1)(c) máximo em { = ( 1)

(d) 2

i. côncava para baixo se { ? s

1(s

1 + 1)

ii. côncava para cima se { A s

1(s

1 + 1)

iii. único ponto de inexão em { = s

1(s

1 + 1)

(e) A 2

i. côncava para cima se { ? s

1(s

1 1)

ii. côncava para baixo se s

1(s

11) ? { ? s

1(s

1+1)

iii. côncava para cima se { A s 1(s 1 + 1)iv. dois pontos de inexão: { = s

1(s

11) e { = s

1(s

1+1)

2.3.4 Esperança

Se [ jdpd(; ) , então

H ([ ) =

Z "0

{i ({)g{ =1

()

Z "0

{{31h3{@g{

=1

() Z "

0{h3{@g{


Fazendo a mesma mudança de variável já usada anteriormente{

= w temos que

H ([ ) =1

()

Z "0

(w)h3wgw

=1

() +1 Z

"

0

wh3wgw

=

()

Z "0

wh3wgw

=

()( + 1)

=

()()

ou seja,[ jdpd(> ) , H ([ ) =

2.3.5 Variância

De modo análogo, vamos calcular o segundo momento da densidade gama.

H ([ 2) =

Z "0

{2i ({)g{ =1

()

Z "0

{2{31h3{@g{

=1

()

Z "0

{+1h3{@g{

Fazendo a mesma mudança de variável usada anteriormente{

= w temos que

H ([ 2) =1

() Z

"

0

(w)+1h3wgw

=1

() +2

Z "0

w+1h3wgw

= 2

()

Z "0

w+1h3wgw

= 2

()( + 2)

= 2

()( + 1)( + 1)

= 2

()( + 1)()

= 2( + 1)

Logo,Y du([ ) = 2( + 1) ( )2 = 2 2 + 2 2 2 = 2

Resumindo:

[ jdpd(> ) =,;?=

H ([ ) =

Y du([ ) = 2(2.20)





A função de distribuição da gama envolve a função gama incompleta e não será objetode estudo neste curso.

2.3.7 A distribuição de Erlang

Quando o parâmetro de forma é um inteiro positivo, a distribuição gama é conhecidacomo distribuição de Erlang .

2.3.8 A distribuição qui-quadrado

Quando o parâmetro de forma é igual a q2 > com q inteiro positivo, e o parâmetro de escala

é = 2 resulta a distribuição qui-quadrado com q graus de liberdade, cuja densidade é

i ({) =1

¡q2

¢2q@2

{q@231h3{@2 se { A 0 (2.21)

Usaremos a seguinte notação para indicar que [ tem distribuição qui-quadrado com qgraus de liberdade: [ "2q= Usando os resultados dados em (2.20), temos

[ "2q =,

;?=

H ([ ) = q2 · 2 = q

Y du([ ) = q2 · 22 = 2q

2.4 Distribuição de Weibull

2.4.1 Denição

Uma variável aleatória [ tem distribuição de Weibull com parâmetros A 0 e A 0 se

sua função de densidade de probabilidade é dada por

i ({) =

{31h

3{

{ A 0 (2.22)

Note que podemos reescrever essa expressão como

i ({) =

μ{

¶31h

3{

{ A 0 (2.23)

e alguns autores (ver Rohatgi, por exemplo) usam um novo parâmetro em vez de =Para mostrar que i dene uma densidade, vamos mostrar que a integral é 1. Para tal,

vamos fazer a seguinte mudança de variável:

x =

μ{

¶

=, gx =

μ{

¶31

{ = 0 =, x = 0; { = 4 =, x = 4

Dessa forma, Z "0

μ{

¶31h

3{

g{ =

Z "0

h3xgx = 1


2.4.2 Esperança e variância

Vamos calcular o momento de ordem u :

H ([ u) =

Z "0

μ{

¶31h

3{

{ug{

Fazendo x = { > resulta que { = x e g{ = gx; logo

H ([ u) =

Z "0

μ{

¶31h

3{

{ug{ =

Z "0

x31h3x

uxugx

=

Z "0

x31h3x

uxugx

Fazendo x = w resulta que x = w1@ e x31gx = gw; logo,

H ([ u) =

Z "0

h3w u

³w1@

´u

gw = uZ "

0wu@h3wgw

= uZ "

0wu@+131h3wgw = u

Z "0

wu+31h3wgw = u

μu +

¶Fazendo u = 1> obtemos que

H ([ ) =

μ + 1

¶

Fazendo u = 2 obtemos que

H ([ 2) = 2

μ + 2

¶

e, portanto,

Y du([ ) = 2

(

μ + 2

¶

μ + 1

¶¸2)


Por denição,

I ({) =

Z {0

μw

¶31h

3 w

gw

Fazendo a mudança de variável

x =μ

w

¶

=, gx =

μw

¶31

w = 0 =, x = 0; w = { =, x =

μ{

¶

resulta

I ({) =

Z {0

μw

¶31h

3 w

gw =

Z {

0h3xgx = h3x

¯̄{

0 = 1 exp

μ{

¶¸




2.5 Distribuição de Pareto

2.5.1 Denição

Uma variável aleatória [ tem distribuição de Pareto com parâmetros A 0 e e A 0 sesua função de densidade de probabilidade é dada por

i ({) =

;?=

e

μe

{

¶+1

se { e

0 se { ? e

Para mostrar que i ({) realmente dene uma função de densidade de probabilidaderesta provar que a integral é 1, uma vez que i ({) 0=Z "

e

e

μe

{

¶+1

g{ = eZ "

e{331g{ = e

{3

¯̄̄¯"

e

Essa integral converge apenas se ? 0 ou equivalentemente, A 0> pois nesse casolim{<" {3 = lim{<" 1

{ = 0= Satisfeita esta condição, temos que

e{3

¯̄̄̄"e

= 0 e e3

= 1

Na Figura 2.10 ilustra-se a distribuição dePareto para d = 3 e e = 2=

Figura 2.10: Distribuição de Pareto - d = 3> e = 2

2.5.2 Esperança

Se [ Sduhwr(> e) então

H ([ ) =

Z "e

{

e

μe

{

¶+1

g{ = eZ "

e{3g{ = e

{3+1

+ 1

¯̄̄¯"

e

Para que essa integral convirja, temos que ter + 1 ? 0> ou A 1= Satisfeita estacondição,

H ([ ) = eμ

0 e3+1

+ 1

¶=

e3+1

1 =

e

1


2.5.3 Variância

Se [ Sduhwr(> e) então

H ([ 2) =

Z "e

{2

e

μe

{

¶+1

g{ = eZ "

e{3+1g{ = e

{3+2

+ 2

¯¯̄̄"

e

Para que essa integral convirja, temos que ter + 2 ? 0> ou A 2= Satisfeita estacondição,

H ([ ) = eμ

0 e3+2

+ 2

¶=

e3+2

2 =

e2

2

Logo,

Y du([ ) =e2

2

μe

1

¶2

=e2 ( 1)2 2e2 ( 2)

( 1)2 ( 2)

=e2

£2 2 + 1 ( 2)

¤(

1)2 (

2)

=e2

£2 2 + 1 2 + 2

¤(

1)2 (

2)

=e2

( 1)2 ( 2)

Resumindo:

[ Sduhwr(> e) =,

;AA?AA=

H ([ ) =e

1se A 1

Y du([ ) =e2

( 1)2 ( 2)se A 2

(2.24)


Por denição, I ({) = Pr([ {) = 0 se { ? e= Para { e>

I ({) = Pr([ {) =

Z {e

e

μe

w

¶+1

gw = eZ {

ew331g{ = e

w3

¯̄̄¯{

e

= e¡

{3 e3¢

= 1 μ

e

{

¶



Capítulo 3

Funções de Variáveis AleatóriasContínuas

Dada uma variável aleatória contínua [ com função de densidade i [ ({)> muitas vezes

estamos interessados em conhecer a densidade de uma outra variável aleatória \ = j({)denida como uma função de [=

3.1 Exemplo

Se [ Xqli (1> 1)> calcule a densidade de \ = j([ ) = [ 2 e de Z = k([ ) = |[ | .Solução:Temos que

i [ ({) =

½12 1 ? { ? 10 { 1 ou { 1

1 ? { ? 1 , ½ 0

j({) ? 1

0 k({) ? 1

Para calcular a função de densidade de probabilidade de \ = j([ ) = [ 2 devemosnotar que

I \ (|) = Pr(\ |) = Pr([ 2 |)

= Pr (s | [ s

|)

= Pr([ s |) Pr([ ? s

|)

= Pr([[ s |) Pr([ s

|)

= I [ (s

|) I [ (s |)

e, portanto

i \ (|) =g

g|[I \ (|)]

=g

g|[I [ (

s |)] g

g|[I [ (s

|)]

= I 0[ (s

|)1

2s

| I 0[ (

s |)

μ 1

2s

|

¶

= i [ (s

|)1

2s

|+ i [ (s

|)1

2s

|

45

CAPÍTULO 3. FUNÇÕES DE VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 46

Como 0 s | ? 1 e 1 ? s

| 0> resulta que i [

¡s |¢

= i [

¡s |¢

= 12 = Logo

i \ (|) =

(1

2I | se 0 | ? 1

0 caso contrário

De modo análogo, para 0

z ? 1

I Z (z) = Pr(Z z) = Pr(|[ | z) = Pr(z [ z) =

= I [ (z) I [ (z)

e, portanto

i Z (z) = I 0Z (z) = I 0[ (z) I 0[ (z)(1) =

= i [ (z) + i [ (z)

Como 0 z ? 1 e 1 ? z 0> resulta que i [ (z) = i [ (z) = 12 = Logo

i Z (z) =½

1 se 0 | ? 10 caso contrário

que é a densidade uniforme padrão.

3.2 Funções inversíveis

Quando a função j é inversível, é possível obter uma expressão para a função de densi-dade de \ .

Teorema 3.1 Seja X uma variável aleatória contínua com função de densidade i [ ({) e

seja \ = j({) uma outra variável aleatória . Se a função j({) é inversível e diferenciável,então a função de densidade de \ é dada por:

i \ (|) = i [

£j31(|)

¤ ¯̄̄¯gj31(|)

g|

¯̄̄¯ (3.1)

Demonstração:Esse resultado segue diretamente da relação entre as funções de densidade e de

distribuição acumulada dada na equação (3.2):

i [ ({) = I 0

[ ({) (3.2)

Suponhamos inicialmente que j({) seja crescente; nesse caso, j0({) A 0 e {1 ? {2 ,j ({1) ? j ({2) = Então, a função de distribuição acumulada de \ é:

I \ (|) = Pr (\ |) = Pr (j([ ) |)

Mas, conforme ilustrado na Figura 3.1, j([ ) | / [ j31(|)=Logo,

I \ (|) = Pr(j([ ) |) = Pr¡

[ j31(|)¢

= I [

£j31(|)

¤

Í Õ Á Ó Í Í Õ Á Ó Í




y

)(1 y g

y X g d)(

)(1 y g X

d

Figura 3.1: Função inversa de uma função crescente

Da relação entre a função de densidade de probabilidade e a função de distribuição e daregra da cadeia, segue que:

i \ (|) = I 0

\ (|) = I 0

[

£j31(|)

¤ gj31(|)

g|= i [

£j31(|)

¤ gj31(|)

g|(3.3)

Como a inversa de uma função crescente também é crescente, resulta quegj31(|)

g|A 0

e, portanto, (3.3) pode ser reescrita como

i \ (|) = I 0

\ (|) = i [

£j31(|)

¤ ¯̄̄¯gj31(|)

g|

¯̄̄¯ (3.4)

Quando j({) é decrescente, vale notar que que j0({) ? 0 e, conforme ilustrado naFigura 3.2, j([ ) | / [ j31(|)=

Dessa forma,

I \ (|) = Pr (\ |) = Pr (j([ ) |) = Pr¡

[ j31(|)¢

= 1 Pr£

[ ? j31(|)¤

= 1 Pr£

[ j31(|)¤

= 1 I [

£j31(|)

¤e, portanto

i \ (|) = I 0

\ (|) = I 0

[

£j31(|)

¤ gj31(|)

g|= i [

£j31(|)

¤ gj31(|)

g|(3.5)

Comogj31(|)

g|? 0 (lembre que estamos considerando j decrescente agora, o que implica

que a inversa também é decrescente), resulta

gj31(|)

g|=

¯̄̄¯gj31(|)

g|

¯̄̄¯


y X g d)(

)(1 y g

y

)(1 y g X

t

Figura 3.2: Função inversa de uma função decrescente

e (3.5) pode ser reescrita como

i \ (|) = I 0

\ (|) = i [

£j31(|)

¤ ¯̄̄¯gj31(|)

g|

¯̄̄¯ (3.6)

Os resultados (3.4) e (3.6), para funções crescentes e decrescentes, podem ser reunidospara completar a prova do teorema.

Quando a função não é monotóna, não podemos aplicar o teorema acima e nem

sempre conseguiremos obter uma expressão usando os recursos vistos neste curso.

3.2.1 Exemplo

Seja [ Xqli (0> 1)> isto é:

i [ ({) =

½1 se 0 ? { ? 10 se { 0 ou { 1

Dena \ = ln [= Vamos calcular a função de densidade de probabilidade de \= Afunção j({) = ln { é estritamente decrescente e podemos aplicar o Teorema 3.1. Então,como 0 ? { ? 1> segue que 0 ? | = ln { ? 4 (ver Figura 3.3).

Por outro lado, a inversa de | = j({) =

ln { é j31(|) = h3| e, portanto,

gj31(|)

g|= h3|

Como 0 ? | ? 4, então 0 ? h3| ? 1 e a função de densidade de probabilidade de \ é

i \ (|) = i [

£h3|

¤ × ¯̄h3|¯̄

= 1 × h3| , i \ (|) = h3|

uma vez que i [ ({) = 1 no intervalo (0> 1)= Note que essa é a densidade exponencial comparâmetro igual a 1.

CAPÍTULO 3 FUNÇÕES DE VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 49 CAPÍTULO 3 FUNÇÕES DE VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 50




-2

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

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

Figura 3.3: Gráco da função \ = j([ ) = ln [

3.2.2 Transformação linear

Consideremos a tranformação \ = d[ + e> que dene uma reta. Se [ é uma variávelaleatória contínua com densidade i [ ({)> então podemos aplicar o Teorema 3.1 paracalcular a densidade de \= Se \ = j([ ) = d[ + e> então a função inversa é

[ = j31(\ ) =\ e

d

cuja derivada égj31(|)

g|=

1

dLogo, a densidade de \ é

i \ (|) = i [

μ| e

d

¶ ¯̄̄¯1

d

¯̄̄¯ (3.7)

Exemplo

Se a função de densidade da variável aleatória [ é dada por

i ({) =

½3{2 se 1 { 0

0 se { ? 1 ou { A 0

calcule a função de densidade de \ = 2[

3

5

> bem como sua esperança e sua variância.Solução:Temos que d = 2 e e = 0> 6= Como 1 { 0> resulta que 2> 6 | 0> 6=

Logo,

i \ (|) = i [

μ| + 0> 6

2

¶× 1

2se 2> 6 | 0> 6

ou seja

i \ (|) = 3

μ| + 0> 6

2

¶2

× 1

2=

3

8(| + 0> 6)2 se 2> 6 | 0> 6


Pelas propriedades da esperança e da variância, se \ = 2[ 35 então

H (\ ) = 2H ([ ) 3

5Y du(\ ) = 4Y du([ )

H ([ ) =Z

0

31{3{2g{ =

μ3 {4

4

¶¯̄̄̄031

= 34

=, H (\ ) = 64

35

= 30 1220

= 2> 1

H ([ 2) =

Z 031

{23{2g{ =

μ3

{5

5

¶¯̄̄¯0

31=

3

5=, Y du([ ) =

3

5

μ3

4

¶2

=48 45

80=

3

80

=, Y du(\ ) = 4 × 3

80=

3

20

CAPÍTULO 4 A DISTRIBUIÇÃO NORMAL 52



Capítulo 4

A Distribuição Normal

4.1 Alguns resultados de Cálculo

Com o uso de coordenadas polares, pode-se mostrar que

Z "0

exp

μw2

2

¶gw =

r 2

(4.1)

Como o integrando é uma função par, temos também queZ "3"

exp

μw2

2

¶gw = 2 ×

Z "0

exp

μw2

2

¶gw = 2 ×

r

2=

s 2

ou ainda1s 2

Z "3"

exp

μw2

2

¶gw = 1 (4.2)

4.1.1 Exercício resolvido

Calcule (1@2) = Por denição,

(1@2) =

Z "0

h3{{1@231g{ =

Z "0

h3{s {

g{

Vamos usar a seguinte transformação de variável:

{ =w2

2

Então,

g{ = wgw

{ = 0 , w = 0{ $ 4 , w $ 4

Logo,

(1@2) =

Z "0

3Ch3w

2@2q w22

4D wgw =

s 2

Z "0

h3w2@2gw =

s 2 ×

r

2

ou seja: (1@2) =

s

51

CAPÍTULO 4. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL 52

4.2 Densidade normal padrão

4.2.1 Denição

Analisando a equação (4.2), vemos que a função1s 2

exp

μw2

2

¶satisfaz as condições

para ser uma função de densidade. Essa é, por denição, a densidade normal padrão*({) (note que *({) A 0) denida por:

*({) =1s 2

exp

μ{2

2

¶ 4 ? { ? 4 (4.3)

Vamos denotar por Q (0;1) a densidade normal padrão e, se uma variável aleatória ] é distribuída segundo uma normal padrão, representaremos esse fato como ] Q (0;1)=

4.2.2 Esperança

Seja ] Q (0> 1)= Por denição, a esperança de ] é:

H (] ) =

Z "3"

{*({)g{ =1s 2

Z "3"

{ exp

μ{2

2

¶g{

Como *({) é simétrica em torno do ponto { = 0> sabemos que H (] ) = 0=

4.2.3 Variância

Como H (] ) = 0 se ] Q (0;1)> então

Y du(] ) = H (] 2) =

Z +"3"

{2 1s 2

exp

μ{2

2

¶g{ =

2s 2

Z +"0

{2 exp

μ{2

2

¶g{

uma vez que o integrando é par (note os limites de integração). Esta integral é calculadausando-se o método de integração por partes. Fazendo:

• { exp

μ{2

2

¶g{ = gy , y = exp

μ{2

2

¶

• { = x , g{ = gx

resulta que:

{ expμ{2

2 ¶¯̄̄̄"

0

= Z "

0 expμ{2

2 ¶¸ g{ + Z "

0{2 expμ{2

2 ¶ g{ (4.4)

Pelos resultados (2.7) e (4.1)resulta

0 = r

2+

Z "0

{2 exp

μ{2

2

¶g{ =,

Z "0

{2 exp

μ{2

2

¶g{ =

r

2

Logo,

Var(] ) =2s 2

×r

2, Var(] ) = 1 (4.5)



CAPÍTULO 4. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL 55 CAPÍTULO 4. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL 56



Ç

ser simétrica para “economizar” no tamanho da tabela e apresenta-se, para cada } A0> wde(}) = Pr(0 ] }). A partir de qualquer uma delas é possível calcular aprobabilidade de qualquer evento associado à distribuição normal padrão. Em ambas,a abscissa } é apresentada com 2 casas decimais, sendo que a casa inteira e a primeiracasa decimal estão nas linhas da coluna à esquerda e a segunda casa decimal está nalinha superior da tabela.

4.2.7 Exemplos

Seja ] Q (0> 1)= Calcule:

1. Pr(0 ] 1)

Solução

Essa probabilidade corresponde à área sombreada na Figura 4.2. Pela Tabela 1,temos:

Pr(0 ] 1) = Pr(] 1) Pr(] ? 0) = Pr(] 1) Pr(] 0)

= (1)

(0) = 0> 84134

0> 5 = 0> 34134

Pela Tabela 2, temos que

Pr(0 ] 1) = wde(1) = 0> 34134

onde wde(}) representa o valor dado na Tabela 2 correspondente à abscissa }=

Figura 4.2: Pr(0 ? ] ? 1)

2. Pr(1 ] ? 2> 5)

Solução


Pr(1 ] ? 2> 5) = Pr(] ? 2> 5) Pr(] ? 1) = Pr(] 2> 5) Pr(] 1)

= (2> 5) (1) = 0> 99379 0> 84134 = 0> 15245


Pr(1 ] 2> 5) = wde(2> 5) wde(1) = 0> 49379 0> 34134 = 0> 15245

Ç

Figura 4.3: Pr(1 ] ? 2> 5)

3. Pr(1 ] 0)

Solução

Essa probabilidade corresponde à área sombreada na Figura 4.4. Por simetria epela continuidade dadensidade, temos que

Pr (1 ? ] ? 0) = Pr(0 ? ] ? 1) = Pr(0 ? ] 1)

Da Tabela 1 resulta

Pr (1 ? ] ? 0) = Pr(0 ? ] ? 1) = Pr(0 ? ] 1) = Pr(] 1) Pr(] 0)

= (1) (0) = 0> 84134 0> 5 = 0> 34134

Pela Tabela 2, temos que (note a simetria das áreas!)

Pr (1 ? ] ? 0) = Pr(0 ] 1) = wde(1) = 0> 34134

Figura 4.4: Pr(1 ? ] ? 0)

4. Pr (] ? 1> 0)

Solução




Essa probabilidade corresponde à área sombreada em cinza claro na Figura 4.5.Por simetria, essa área (probabilidade) é igual à área sombreada em cinza escuro,que corresponde a Pr(] A 1)= Então, pela Tabela 1, temos:

Pr (] ? 1> 0) = Pr(] A 1> 0) = 1Pr(] 1) = 1(1> 0) = 10=84134 = 0> 15866


Pr (] ? 1> 0) = Pr(] A 1> 0) = 0> 5Pr(0 ] 1) = 0> 5wde(1> 0) = 0> 50> 34134 = 0> 15866

Figura 4.5: Pr(] ? 1)

5. Pr (1 ? ] ? 2)

Solução


Pr (1 ? ] ? 2) = Pr(1 ? ] 2) = Pr(] 2) Pr(] 1) = Pr(] 2) Pr(] 1)

= (2> 0) [1 Pr(] ? 1)] = (2> 0) 1 + (1> 0) = 0> 97725 1 + 0> 84134 =


Pr (1 ? ] ? 2) = Pr (1 ] 2) = Pr(1 ] 0) + Pr(0 ] 2) =

= Pr ( 0 ] 1) + Pr(0 ] 2) =

= wde(1> 0) + wde(2> 0) = 0> 34134 + 0> 47725 = 0> 81859

6. Pr (] A 1> 5)

SoluçãoEssa probabilidade corresponde à área sombreada na Figura 4.7. Pela Tabela 1,temos:

Pr (] A 1> 5) = 1 Pr(] 1> 5) = 1 (1> 5) = 1 0=93319 = 0> 06681


Pr (] A 1> 5) = 0> 5Pr(0 ] 1> 5) = 0> 5wde(1> 5) = 0=50=43319 = 0> 06681

Figura 4.6: Pr(1 ? ] ? 2)

Figura 4.7: S (] A 1> 5)




4.3 Densidade Q (;2)

4.3.1 Denição

Seja ] Q (0;1) e vamos denir uma nova variável aleatória [ = j(] ) = + ]> emque A 0= Usando o resultado (3.7), temos que:

i [ ({) = i ]

μ{

¶× 1

=

1s 2

exp

"1

2

μ{

¶2#

× 1

ou ainda:

i [ ({) =1s

22exp

"1

2

μ{

¶2#

e essa é a densidade da normal Q (; 2)

Denição 4.1 Uma variável aleatória contínua [> denida para todos os valores da reta real, tem densidade normal com parâmetros e 2> onde 4 ? ? 4 e 0 ? 2 ? 4>

se sua função de densidade de probabilidade é dada por

i ({) =1s

22exp

({ )2

22

¸ 4 ? { ? 4 = (4.11)

Usaremos a seguinte notação para indicar que uma variável aleatória [ tem distribuiçãonormal com parâmetros e 2 : [ Q (; 2)=

4.3.2 Características da curva normal

1. Simétrica em torno de ; note que i ( {) = i ( + {) =

2. Assíntotas: lim{<3"

i ({) = lim{<"

i ({) = 0; esse resultado segue diretamente do fato

de que lim{<" h3{ = 0

3. Ponto de máximo

Para calcular a primeira e segunda derivadas de i ({)> devemos lembrar que (h{)0 =h{ e, pela regra da cadeia, (hj({))0 = hj({)j0({)= Aplicando esses resultados à den-sidade normal, obtemos que:

i 0({) =1s

22exp

({ )2

22

¸ 1

222({ )

¸= i ({)

μ{

2

¶(4.12)

Derivando novamente, obtemos:

i 00

({) = i 0({)

μ{

2

¶ i ({)

1

2=

i ({)

μ{

2

¶¸{

2

¸ i ({)

1

2=

= i ({)

({ )2

4

¸ i ({)

1

2= i ({)

({ )2 2

4

¸(4.13)

Analisando a equação (4.12) e lembrando que i ({) A 0, po de-se ver que:

i 0({) = 0 / { =

e assim, { = é um ponto crítico. Como i 0({) A 0 para { ? e i 0({) ? 0 para{ A > então i é crescente à esquerda de e decrescente à direita de = Segue,então, que { = é um ponto de máximo e nesse ponto

i () =1s

22(4.14)

4. Pontos de inexão

Analisando a segunda derivada dada por (4.13), tem-se que:

i 00

({) = 0 / ({ )2 = 2 / |{ | = /½

{ = + { =

(4.15)

Além disso,

i 00

({) A 0 / ({ )2 A 2 / |{ | A /

/ { A ou { A (4.16)/ { A + ou { ?

e

i 00

({) ? 0 / ({ )2 ? 2 / |{ | ? //

½{ ? { ?

/ ? { ? + (4.17)

Logo, i ({) é côncava para cima se { A + ou { ? e é côncava para baixoquando ? { ? + =

Na Figura 4.8 é apresentado o gráco da densidade normal no caso em que = 3 e2 = 1= Aí a linha pontilhada central representa o eixo de simetria e as linhas pontilhadaslaterais passam pelos pontos de inexão 3 ± 1=

4.3.3 Parâmetros da Q (;2)

Se [ Q ¡

; 2¢

> então [ = + ] , em que ] Q (0;1)= Das propriedades de médiae variância, sabemos que, se [ é uma variável aleatória e n1 6= 0 e n2 são constantesquaisquer, então

H (n1[ + n2) = n1H ([ ) + n2 (4.18)Var(n1[ + n2) = n2

1 Var ([ )

Resulta, então, que se [ Q ¡

; 2¢

então

H ([ ) = + H (] ) = + 0 , H ([ ) = (4.19)

eVar ([ ) = 2 Var (] ) = 2 × 1 , Var ([ ) = 2 (4.20)




0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

N(3;1)

Figura 4.8: Densidade normal com média = 3 e variância 2 = 1

Resumindo:

[ Q ¡

; 2¢

=,½

H ([ ) = Y du([ ) = 2 (4.21)

Os parâmetros da densidade normal são, então, a média e a variância, que sãomedidas de posição e dispersão, respectivamente. Valores diferentes de deslocam oeixo de simetria da curva e valores diferentes de 2 mudam a dispersão da curva. Quantomaior 2> mais “espalhada” é a curva; mas o ponto de máximo, dado pela equação (4.14),é inversamente proporcional a 2= Logo, quanto maior 2> mais “espalhada” e mais“achatada” é a curva. A questão é que a forma é sempre a de um “sino”. Na Figura4.9 temos exemplos de densidades normais com a mesma variância, mas com médiasdiferentes. O efeito é o “delocamento” da densidade. Já na Figura 4.10, temos duasdensidades com a mesma média, mas variâncias diferentes. O efeito é que a densidadecom maior variância é mais dispersa e achatada.

4.3.4 Função de dsitribuição acumulada

Como no caso da normal padrão, a função de distribuição acumulada não pode ser

calculada diretmanete, sendo necessários programas computacionais.Com o auxílio dafunção DISTR.NORM do Excel foi obtida a Figura 4.11. onde temos os grácos dafunção de distribuição acumulada para as densidades Q (0> 1)> Q (3> 1) e Q (3> 2).

Note que, pela simetria da densidade em torno da média > sempre teremos () =0> 5=

0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

N(0;1) N(3;1)

Figura 4.9: Exemplos de densidades normais com mesma variância e médias diferentes

0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

N(3;1)

N(3;4)

Figura 4.10: Exemplos de densidades normais com mesma média e variâncias diferentes




0,0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

-6 -4 -2 0 2 4 6 8 10

N(0;1)

N(3;2)

N(3;1)

Figura 4.11: Função de distribuição acumulada de várias densidades normais

4.3.5 Cálculo de probabilidades de uma variável normal

O resultado a seguir garante que probabilidades de qualquer variável normal podem sercalculadas a partir das probabilidades da normal padrão.

De fato, já foi visto que se [ Q ¡

> 2¢

> então [ = + ]> onde ] Q (0> 1)=Vamos ver como utilizar esse resultado para calcular probabilidades da normal. Temosque

Pr ([

{) = Pr μ[

{

¶ = Pr μ]

{

¶ = μ{

¶ (4.22)

Na Figura 4.12 ilustra-se esse fato com as densidades ] Q (0;1) e [ Q (3;4)=No gráco inferior a área sombreada representa Pr([ 5) e, no gráco superior, a áreasombreada representa a probabilidade equivalente:

Pr([ 5) = Pr

μ[ 3

2 5 3

2

¶= Pr(] 1)

O que o resultado diz é que essas áreas (probabilidades) são iguais.Esse resultado mostra que probabilidades de qualquer variável normal podem ser

obtidas a partir de probabilidades da normal padrão e, assim, só é necessário tabular a

distribuição normal padrão.

4.3.6 Exemplos

1. Se [ Q (2> 4) calcule Pr (1 [ 5) =

Solução

Figura 4.12: Ilustração da propriedade (4.22)




Temos que (veja Figura 4.13)

Pr (1 [ 5) = Pr

μ1 2s 4

[ 2s 4

5 2s 4

¶= Pr(1> 5 ] 1> 5) =

= 2 Pr ( 0 ] 1> 5) = 2 × wde(1> 5) = 2 × 0> 43319

= 2[(1> 5)

0> 5] = 2×

[0> 93319

0> 5] = 0> 86638

Figura 4.13: [ Q (2> 4) : Pr(1 [ 5) = Pr(1> 5 ] 1> 5)

2. Se [ Q (1> 9) calcule Pr (1 [ 5) =

Solução


Pr (1 [ 9) = Prμ

1

(

1)s 9

[

(

1)s 9

5

(

1)s 9

¶= Pr(0 ] 2) =

= wde(2> 0) = (2> 0) 0> 5 = 0> 47725

Figura 4.14: [ Q (1> 9) : Pr(1 [ 9) = Pr(0 ] 2)

3. Se [ Q (3> 4) calcule Pr (7 [ 5) =

Solução


Pr (

7

[

5) = Pr μ7 3

s 4

[ 3

s 4

5 3

s 4 ¶ = Pr(

5

]

1) =

= Pr (5 ] 0) + Pr(0 ] 1) =

= Pr ( 0 ] 5) + wde(1> 0) = 0> 5 + 0> 34134 = 0> 84134

= (1> 0) (5> 0) = (1> 0) [1 (5> 0)]

Figura 4.15: [ Q (3; 4) : Pr(7 [ 5) = Pr(5 ] 1)

4. Se [

Q ¡> 2¢ > calcule Pr (

2

[

+ 2) =

Solução

Temos que (veja Figura 4.16):

Pr ( 2 [ + 2) = Pr

μ 2

] + 2

¶=

= Pr (2 ] 2) = 2 × Pr(0 ] 2) =

= 2 × wde(2> 0) = 2 × 0> 47725 = 0> 9545 ' 95%

Note que essa probabilidade não depende dos parâmetros e = Isso signica quea probabilidade de uma variável aleatória normal estar compreendida entre dois

desvios padrões em torno da média é sempre 95%!5. Se [ Q (2;9)> encontre o valor de n tal que Pr([ ? n) = 0> 95=

Solução

Aqui, estamos analisando um problema inverso: dada a probabilidade de umevento, queremos encontrar a abscissa correspondente. Nesse exemplo, podemosobservar que a abscissa n tem que estar do lado direito da curva, ou seja, acimada média, uma vez que a probabilidade abaixo dela tem que ser maior do que 0,5.




Figura 4.16: [ Q (; 2) : Pr( 2 [ + 2) = Pr(2 ] 2)

Para resolver este problema, devemos, como antes, obter a probabilidade equiva-lente em termos da normal padrão (veja a Figura 4.17):

Pr([ ? n) = 0> 95 +, Prμ

[ 23

? n 23

¶= 0> 95 +,

Pr

μ] ?

n 2

3

¶= 0> 95 +, Pr(] ? 0) + Pr

μ0 ] ?

n 2

3

¶= 0> 95 +,

0> 5 + wde

μn 2

3

¶= 0> 95 +, wde

μn 2

3

¶= 0> 45

Então, na Tabela 2, temos que procurar, no corpo da tabela, a abscissa que corre-sponde à área de 0,45. É fácil ver que essa abscissa é 1,64, ou seja:

n 2

3= 1> 64 =

,n = 2 + 3

×1=64 = 6> 92

Figura 4.17: [ Q (2; 9) : Pr([ ? n) = 0> 95 +, ¡n323

¢= 0> 95

6. Se [ Q (2;9)> encontre o valor de n tal que Pr([ ? n) = 0> 10=

Solução

Como no exemplo anterior, dada a probabilidade de um evento, queremos encon-trar a abscissa correspondente. Nesse exemplo, podemos observar que a abscissan tem que estar do lado esquerdo da curva, ou seja, abaixo da média, uma vez quea probabilidade abaixo dela tem que ser menor do que 0,5.

Em termos da probabilidade equivalente da normal padrão :

Pr([ ? n) = 0> 10 +, Prμ

[ 23

? n 23

¶= 0> 10 +, Pr

μ] ? n 2

3

¶= 0> 10

Veja a Figura 4.18. Se abaixo da abscissa n323 temos área de 0,10, pela simetria

da curva, temso que ter área 0,10 acima da abscissa simétrica. Ou seja, acima den32

3 temos área 0,10 e, portanto, a área entre 0 e n323 tem que ser 0,40.

Pr

μ] ?

n 2

3

¶= 0> 10 +, Pr

μ] A n 2

3

¶= 0> 10 +,

Pr μ0 ] n 2

3 ¶ = 0> 40 +, wdeμn 2

3 ¶ = 0> 40 +,

n 2

3= 1> 28 +, n + 2 = 3> 84 +, n = 1> 84

Figura 4.18: [ Q (2;9) : Pr([ ? n) = 0> 10 +, ¡n323

¢= 0> 10 +,

¡n323

¢=

0> 90

4.4 Exemplo: qui-quadrado e normal

Seja ] Q (0;1) e considere \ = ] 2= Para | A 0 temos

I \ (|) = Pr(\ |) = Pr(] 2 |)

= Pr (s | ] s

|)

= I ] (s

|) I ] (s |)

= (s

|) (s |)




e, portanto, usando a regra da cadeia, resulta que

i \ (|) =g

g|[ (

s |)] g

g|[ (s

|)]

= 0 (s

|)1

2s

| 0 (s

|)

μ 1

2s

|

¶

= * (s |) 12s

|+ * (s |) 1

2s

|

=1s 2

exp

Ã

¡s |¢2

2

!1

2s

|+

1s 2

exp

Ã

¡s |¢2

2

!1

2s

|

= 2 ×

1s 2

exp³|

2

´ 1

2s

|

¸

=1s

s

2exp

³|

2

´|31@2

=1

¡12¢ 21@2

|1@231h3|@2

Comparando com a densidade qui-quadrado dada em (2.21)

i ({) =1

(q2 )2q@2{q@231h3{@2 se { A 0

vemos que i \ (|) é uma qui-quadrado com 1 grau de liberdade, ou seja, se ] Q (0;1)>então ] 2 "2

1. Este resultado se generaliza da seguinte forma: se ] 1> ] 2> = = = > ] q sãovariáveis aleatórias independentes, todas com distribuição normal padrão, então \ =] 21 + ] 22 + = = = + ] 2q tem distribuição qui-quadrado com q graus de liberdade. Dessadenição ca mais claro o conceito de graus de liberdade: é o número de parcelas

independentes em uma soma de variáveis aleatórias.Já foi visto que, se [ "2q> então H ([ ) = q e Y du([ ) = 2q= Na Figura 4.19

são apresentados os grácos para q = 1> 2> 6= Para q A 2> o gráco tem sempre formasemelhante ao último gráco desta gura.

4.4.1 Tabela da qui-quadrado

Ao contrário da distribuição normal, não existe relação entre as diferentes distribuiçõesqui-quadrado. Assim, para o cálculo de probabilidades desta distribuição seria necessáriauma tabela para cada valor de q ou o uso de programas computacionais. Nos livrosdidáticos é comum apresentar uma tabela da distribuição qui-quadrado que envolve osvalores críticos, ou seja, valores que deixam determinada probabilidade acima deles.

Mais precisamente, o valor crítico da "2q associado à probabilidade é o valor "2q; talque

Pr("2q A "2

q;) =

Veja a Figura 4.20.Ao nal desta apostila apresentamos a Tabela 3, que fornece os valores críticos da

distribuição qui-quadrado. Nas linhas da tabela temos os graus de liberdade e nascolunas, a área na cauda superior. O corpo da tabela fornece o vcalor crítico "2

q;=

n = 1

n = 2

n = 6

0

1

2

3

4

5

0 1 2 3 4 5 6

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0 2 4 6 8 10 12

0,00

0,05

0,10

0,15

0 5 10 15 20 25 30

Figura 4.19: Distribuição qui-quadrado




Figura 4.20: Valor crítico da qui-quadrado

4.4.2 Exemplos

1. Na distribuição "215> encontre a abscissa n tal que Pr("2

15 A n) = 0> 05=

Solução

Temos que considerar a linha correspondente a 15 graus de liberdade e a colunacorrespondente a = 0> 05> o que nos dá n = 24> 996

2. Na distribuição "223> encontre a abscissa n tal que Pr("2

23 ? n) = 0> 10=

Solução

1. O problema dá a cauda inferior. Temos que

Pr("2(23) ? n) = 0> 10 +, Pr("2(23) n) = 0> 90

Temos que considerar a linha correspondente a 23 graus de liberdade e a colunacorrespondente a = 0> 90> o que nos dá n = 14> 848=

4.5 A distribuição log-normal

4.5.1 Denição

Seja [ Q (> 2)= Se denimos uma nova variável aleatória \ = h[ então diz-seque \ tem distribuição log-normal com parâmetros e 2= Reciprocamente, se \ temdistribuição log-normal, então [ = ln \ tem distribuição Q (> 2)=

Vamos calcular a função de densidade de probabilidade de uma variável aleatória log-normal a partir de sua função de distribuição acumulada. Note que \ só pode assumirvalores positivos. Temos que:

I \ (|) = Pr (\ |) = Pr¡

h[ |¢

= Pr([ ln |) =

= Pr

μ[

ln |

¶= Pr

μ] ln |

¶

=

μln |

¶| A 0

Sabemos que i \ (|) = I 0(|) e, também, no caso da normal padrão, 0(}) = *(})=Logo, pela regra da cadeia,

i \ (|) = 0μ

ln |

¶× 1

|= *

μln |

¶× 1

|=

=

1

s 2 exp"

1

2μ ln |

¶2# ×

1

|

ou ainda:

i \ (|) =1

|s

22exp

"1

2

μln |

¶2#

| A 0

4.5.2 Esperança

A esperança de \ é:

H (\ ) = Z "

0

|1

|s 22

exp"1

2μ ln |

¶2

# g|

Fazendo a mudança de variável

• w = ln |

temos que

• | = 0 , w = 4• | = 4 , w = 4• gw = 1

|g|

• | = hw




e, portanto

H (\ ) =1s

22

Z "3"

hw exp

"1

2

μw

¶2#

gw =1s

22

Z "3"

exp

"1

2

μw

¶2

+ w

#gw

=1

s 22 Z

"

3"exp

w2 2w + 2 22w

22 ¸gw =

=1s

22

Z "3"

exp

"w2 2w

¡ + 2

¢+ 2

22

#gw

=1s

22

Z "3"

exp

"w2 2w

¡ + 2

¢22

#exp

μ 2

22

¶gw =

= exp

μ 2

22

¶1s

22

"Z 3"

exp

"w2 2w

¡ + 2

¢+

¡ + 2

¢2 ¡ + 2

¢222

#gw

= expμ2

22¶ 1

s 22

"

Z 3"

exp(£w ¡ + 2

¢¤2

22 ) expÃ¡ + 2

¢2

22 ! gw

= exp

Ã 2

22+

¡ + 2

¢222

!57 1s

22

"Z 3"

exp

(

£w ¡

+ 2¢¤2

22

)gw

68

Mas o termo entre os colchetes externos é a integral de uma densidade normal commédia =

¡ + 2

¢e variância 2; logo, essa integral é 1 e, portanto:

H (\ ) = exp

Ã 2

22+

¡ + 2

¢222

!= exp

μ2 + 2 + 22 + 4

22

¶,

H (\ ) = expμ

+

2

2¶

(4.23)

4.5.3 Variância

Vamos calcular de modo análogo H (\ 2)> usando a mesma transformação:

H (\ 2) =

Z "0

|21

|s

22exp

"1

2

μln |

¶2#

g|

= 1s 22

Z "3"

h2w exp"1

2

μw

¶2#gw = 1s

22

Z "3"

exp"1

2

μw

¶2

+ 2w#

gw

=1s

22

Z "3"

exp

w2 2w + 2 42w

22

¸gw =

=1s

22

Z "3"

exp

"w2 2w

¡ + 22

¢+ 2

22

#gw

=1s

22

Z "3"

exp

"w2 2w

¡ + 22

¢22

#exp

μ 2

22

¶gw =

= expμ

2

22¶ 1

s 22

"Z 3"

exp"

w2

2w ¡ + 22¢ + ¡ + 22¢2 ¡ + 22¢2

22#

gw

= exp

μ 2

22

¶1s

22

"Z 3"

exp

(

£w ¡

+ 22¢¤2

22

)exp

Ã¡ + 22

¢222

!gw

= exp

Ã 2

22+

¡ + 22

¢222

!57 1s

22

"Z 3"

exp

(

£w ¡

+ 22¢¤2

22

)gw

68

Como antes, o termo entre os colchetes externos é 1 porque é a integral de uma densidadenormal com média + 22 e variância 2= Logo,

H (\ 2) = expÃ

2

22+

¡ + 22

¢222

!= exp

μ2 + 2 + 42 + 44

22

¶,

H (\ 2) = exp¡

2 + 22¢

e

Var(\ ) = exp¡

2 + 22¢

exp

μ +

2

2

¶¸2=

= exp¡

2 + 22¢ exp

2

μ +

2

2

¶¸=

= exp ¡2 + 22

¢ exp¡2 + 2

¢= exp

¡2 + 2

¢ "exp

¡2 + 22

¢exp(2 + 2)

1#

=

= exp¡

2 + 2¢ £

exp¡

2 + 22 2 2¢ 1

¤=

= exp¡

2 + 2¢ £

exp 2 1¤

Denindo p = H ([ ) = exp10)³

+ 2

2

´> temos que p2 = exp

¡2 + 2

¢= Logo,

Var(\ ) = p2h

h2i 1 (4.24)




http://slidepdf.com/reader/full/vacontinuas 40/41CAPÍTULO 4. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL 79



g.l. =

n 0,990 0,980 0,975 0,950 0,900 0,800 0,200 0,100 0,050 0,025 0,020 0,010

1 0,000 0,001 0,001 0,004 0,016 0,064 1,642 2,706 3,841 5,024 5,412 6,635

2 0,020 0,040 0,051 0,103 0,211 0,446 3,219 4,605 5,991 7,378 7,824 9,210

3 0,115 0,185 0,216 0,352 0,584 1,005 4,642 6,251 7,815 9,348 9,837 11,345

4 0,297 0,429 0,484 0,711 1,064 1,649 5,989 7,779 9,488 11,143 11,668 13,277

5 0,554 0,752 0,831 1,145 1,610 2,343 7,289 9,236 11,070 12,833 13,388 15,086

6 0,872 1,134 1,237 1,635 2,204 3,070 8,558 10,645 12,592 14,449 15,033 16,812

7 1,239 1,564 1,690 2,167 2,833 3,822 9,803 12,017 14,067 16,013 16,622 18,475

8 1,646 2,032 2,180 2,733 3,490 4,594 11,030 13,362 15,507 17,535 18,168 20,090

9 2,088 2,532 2,700 3,325 4,168 5,380 12,242 14,684 16,919 19,023 19,679 21,666

10 2,558 3,059 3,247 3,940 4,865 6,179 13,442 15,987 18,307 20,483 21,161 23,209

11 3,053 3,609 3,816 4,575 5,578 6,989 14,631 17,275 19,675 21,920 22,618 24,725

12 3,571 4,178 4,404 5,226 6,304 7,807 15,812 18,549 21,026 23,337 24,054 26,217

13 4,107 4,765 5,009 5,892 7,042 8,634 16,985 19,812 22,362 24,736 25,472 27,688

14 4,660 5,368 5,629 6,571 7,790 9,467 18,151 21,064 23,685 26,119 26,873 29,141

15 5,229 5,985 6,262 7,261 8,547 10,307 19,311 22,307 24,996 27,488 28,259 30,578

16 5,812 6,614 6,908 7,962 9,312 11,152 20,465 23,542 26,296 28,845 29,633 32,000

17 6,408 7,255 7,564 8,672 10,085 12,002 21,615 24,769 27,587 30,191 30,995 33,409

18 7,015 7,906 8,231 9,390 10,865 12,857 22,760 25,989 28,869 31,526 32,346 34,805

19 7,633 8,567 8,907 10,117 11,651 13,716 23,900 27,204 30,144 32,852 33,687 36,191

20 8,260 9,237 9,591 10,851 12,443 14,578 25,038 28,412 31,410 34,170 35,020 37,566

21 8,897 9,915 10,283 11,591 13,240 15,445 26,171 29,615 32,671 35,479 36,343 38,932

22 9,542 10,600 10,982 12,338 14,041 16,314 27,301 30,813 33,924 36,781 37,659 40,289

23 10,196 11,293 11,689 13,091 14,848 17,187 28,429 32,007 35,172 38,076 38,968 41,638

24 10,856 11,992 12,401 13,848 15,659 18,062 29,553 33,196 36,415 39,364 40,270 42,980

25 11,524 12,697 13,120 14,611 16,473 18,940 30,675 34,382 37,652 40,646 41,566 44,314

26 12,198 13,409 13,844 15,379 17,292 19,820 31,795 35,563 38,885 41,923 42,856 45,642

27 12,879 14,125 14,573 16,151 18,114 20,703 32,912 36,741 40,113 43,195 44,140 46,963

28 13,565 14,847 15,308 16,928 18,939 21,588 34,027 37,916 41,337 44,461 45,419 48,278

29 14,256 15,574 16,047 17,708 19,768 22,475 35,139 39,087 42,557 45,722 46,693 49,588

30 14,953 16,306 16,791 18,493 20,599 23,364 36,250 40,256 43,773 46,979 47,962 50,892

Tabela 3

Tabela da Qui-Quadrado

Valores críticos tais que

2

;D F n D F F

D

t2

;

2Pr

nn

D

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