UNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSE INSTITUTO DE MATEMÁTICA
DEPARTAMENTO DE ESTATÍSTICA
VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS
Ana Maria Lima de Farias
Conteúdo
1 Variáveis Aleatórias Contínuas 3
1.1 Noções básicas . . . 3
1.2 Variável aleatória contínua . . . 5
1.3 Função de densidade de probabilidade . . . 5
1.4 Função de distribuição acumulada . . . 7
1.5 Esperança de variáveis aleatórias contínuas . . . 8
1.5.1 Esperança de funções de variáveis aleatórias contínuas . . . 9
1.6 Variância de variáveis aleatórias contínuas . . . 9
1.7 Propriedades da média e da variância de variáveis aleatórias contínuas . 10 1.8 Exemplo 1 . . . 10
1.9 Exemplo 2 . . . 14
1.10 Exemplo 3 . . . 17
1.11 Exercícios resolvidos . . . 21
1.12 Exercícios propostos . . . 25
2 Algumas Distribuições Contínuas 26 2.1 Distribuição uniforme . . . 26
2.1.1 Função de distribuição acumulada . . . 27
2.1.2 Esperança . . . 28
2.1.3 Variância . . . 28
2.1.4 Exercícios propostos . . . 28
2.2 Distribuição exponencial . . . 29
2.2.1 Função de distribuição acumulada . . . 30
2.2.2 Alguns resultados sobre a função exponencial . . . 30
2.2.3 Esperança . . . 31 2.2.4 Variância . . . 32 2.2.5 Parametrização alternativa . . . 32 2.2.6 Exercícios resolvidos . . . 33 2.2.7 Exercícios propostos . . . 33 2.3 Distribuição gama . . . 34 2.3.1 A função gama . . . 34 2.3.2 A distribuição gama . . . 35
2.3.3 O gráco da distribuição gama . . . 35
2.3.4 Esperança . . . 39
2.3.5 Variância . . . 40
2.3.6 Função de distribuição acumulada . . . 41
2.3.7 A distribuição de Erlang . . . 41 1 CONTEÚDO 2 2.3.8 A distribuição qui-quadrado . . . 41 2.4 Distribuição de Weibull . . . 41 2.4.1 Denição . . . 41 2.4.2 Esperança e variância . . . 42
2.4.3 Função de distribuição acumulada . . . 42
2.5 Distribuição de Pareto . . . 43
2.5.1 Denição . . . 43
2.5.2 Esperança . . . 43
2.5.3 Variância . . . 44
2.5.4 Função de distribuição acumulada . . . 44
3 Funções de Variáveis Aleatórias Contínuas 45 3.1 Exemplo . . . 45
3.2 Funções inversíveis . . . 46
3.2.1 Exemplo . . . 48
3.2.2 Transformação linear . . . 49
4 A Distribuição Normal 51 4.1 Alguns resultados de Cálculo . . . 51
4.1.1 Exercício resolvido . . . 51
4.2 Densidade normal padrão . . . 52
4.2.1 Denição . . . 52
4.2.2 Esperança . . . 52
4.2.3 Variância . . . 52
4.2.4 Características da curva normal padrão . . . 53
4.2.5 Função de distribuição acumulada . . . 54
4.2.6 Tabulação da distribuição normal padrão . . . 54
4.2.7 Exemplos . . . 55
4.3 DensidadeQ(; 2) . . . 59
4.3.1 Denição . . . 59
4.3.2 Características da curva normal . . . 59
4.3.3 Parâmetros daQ¡; 2¢. . . 60
4.3.4 Função de dsitribuição acumulada . . . 61
4.3.5 Cálculo de probabilidades de uma variável normal . . . 63
4.3.6 Exemplos . . . 63
4.4 Exemplo: qui-quadrado e normal . . . 68
4.4.1 Tabela da qui-quadrado . . . 69 4.4.2 Exemplos . . . 71 4.5 A distribuição log-normal . . . 71 4.5.1 Denição . . . 71 4.5.2 Esperança . . . 72 4.5.3 Variância . . . 74 4.6 Exercícios propostos . . . 75
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 e o polígono de frequências eram os grácos apropriados para representar tal distribuição. Para apresentar os conceitos básicos relativos às variáveis aleatórias contínuas, vamos considerar os histogramas e respectivos polígonos de frequência apresentados na Figura 1.1. Esses grácos representam as distribuições de frequências de um mesmo conjunto de dados, cada uma com um número de classes diferente no histograma superior, há menos classes do que no histograma inferior. Suponhamos, também que as áreas de cada retângulo sejam iguais às frequências relativas das respectivas classes (essa é a denição mais precisa de um histograma). Por resultados vistos anteriormente, sabemos que a soma das áreas dos retângulos é 1 (as frequências relativas devem somar 1 ou 100%) e que 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 retângulos e a área abaixo do polígono de frequência.
A divisão em classes se fez pelo simples motivo de que uma variável contínua pode assumir 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 parte positiva (ou não-negativa) do eixo vertical, tal que a área sob ela é igual a 1. Essa curva será 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 pontosd e e, podemos usar a área 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 probabilidade de a variável de interesse estar entre dois valoresd e e pela área sob a curva de densidade de probabilidade, delimitada pelos pontosd e e.
3
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 4
Figura 1.1: Histogramas de uma variável contínua com diferentes números de classes
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 5
Figura 1.3: Diferença entre as áreas dos retângulos e a área sob o polígono de freqüência
1.2
Variável aleatória contínua
Apresentamos, mais uma vez, o conceito de variável aleatória, que já foi visto no es-tudo das variáveis discretas, por ser este um conceito muito importante. Relembramos também as denições de variáveis aleatórias discretas e contínuas.
Denição 1.1 Uma variável aleatória é uma função real (isto é, que assume valores emR) denida no espaço amostral de um experimento aletaório. Dito de outra forma, uma variável aleatória é uma função que associa a cada evento de um número real. Denição 1.2 Uma variável aleatória é discreta se sua imagem (ou conjunto de val-ores que ela assume) for um conjunto nito ou enumerável. Se a imagem for um conjunto não enumerável, dizemos que a variável aleatória é contínua.
1.3
Função de densidade de probabilidade
Os valores de uma variável aleatória contínua são denidos a partir do espaço amostral de um experimento aleatório. Sendo assim, é natural o interesse na probabilidade de obtenção de diferentes valores dessa variável. O comportamento probabilístico de uma variável aleatória contínua será descrito pela sua função de densidade de probabilidade. Inicialmente apresentamos a denição da função de densidade de probabilidade uti-lizando a noção de área, para seguir a apresentação inicial que considerou um histograma de uma variável contínua.
Denição 1.3 Uma função de densidade de probabilidade é uma funçãoi({) que satisfaz as seguintes propriedades:
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 6
• i({) 0
• A área total sob o gráco de i({) é igual a 1.
• Dada uma função i({) satisfazendo as propriedades acima, então i({) representa alguma variável aleatória contínua[, de modo que S (d [ e) é a área sob a curva limitada pelos pontosd e e (veja a Figura 1.4).
Figura 1.4: Probabilidade como área
A denição acima usa argumentos geométricos; no entanto, uma denição mais pre-cisa envolve o conceito de integral de uma função de uma variável, que, como se sabe, representa a área sob o gráco da função.
Denição 1.4 Uma função de densidade de probabilidade é uma funçãoi({) que satisfaz as seguintes propriedades:
• i({) 0 •Ri({)g{ = 1
• Dada uma função i({) satisfazendo as propriedades acima, então i({) representa alguma variável aleatória contínua[, de modo que
S (d [ e) =Z e
di({)g{
Para deixar clara a relação entre a função de densidade de probabilidade e a respec-tiva variável aleatória[, usaremos a notação i[({)=
Uma primeira observação importante que resulta da interpretação geométrica de probabilidade como área sob a curva de densidade de probabilidade é a seguinte: se[ é uma variável aleatória contínua, então a probabilidade do evento[ = d é zero, ou seja, a probabilidade de[ ser exatamente igual a um valor especíco é nula. Isso pode ser visto na Figura 1.4: o evento{[ = d} corresponde a um segmento de reta e tal segmento tem área nula. Como consequência, temos as seguintes igualdades:
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 7
1.4
Função de distribuição acumulada
Da mesma forma que a função de distribuição de probabilidade de uma variável aleatória discreta, a função de densidade de probabilidade nos dá toda a informação sobre a variável 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 variável aleatória contínua[ a partir da função de distribuição acumulada (também denominada simplesmente função de distribuição).
Denição 1.5 Dada uma variável aleatória[> a função de distribuição acumu-lada de[ é denida por
I[({) = Pr ([ {) { R (1.1)
A denição é a mesma vista para o caso discreto; a diferença é que, para variáveis contínuas, 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 aleatória contínua
Como no caso discreto, valem as seguintes propriedades para a função de distribuição acumulada de uma variável aleatória contínua:
0 I[({) 1 (1.2) lim {I[({) = 1 (1.3) lim {I[({) = 0 (1.4) d ? e I[(d) I[(e) (1.5)
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 8
Figura 1.6: Função de distribuição acumulada - cálculo a partir da área sob a curva de densidade
Da interpretação de probabilidade como área, resulta queI[({) é a área à esquerda de{ sob a curva de densidade i[= Veja a Figura 1.6.
Existe uma relação entre a função de densidade de probabilidade e a função de distribuição acumulada, que é resultante do Teorema Fundamental do Cálculo.
Por denição, temos o seguinte resultado:
I[({) = Pr([ {) =R{i[(x)gx (1.6) e do Teorema Fundamental do Cálculo resulta que
i[({) =g{gI[({) (1.7)
isto é, a função de densidade de probabilidade é a derivada da função de distribuição acumulada.
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
{ =Pil{l
ondeilera a frequência relativa da classel e {lera o ponto médio da classel= 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 variável aleatória contínua.
Denição 1.6 Seja[ uma variável aleatória contínua com função de densidade de probabilidadei[= A esperança (ou média ou valor esperado) de [ é denida como
H([) =Z+
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 9
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+
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 média dos desvios quadráticos em torno da média, ou seja
2=Pil({l {)2
No caso de uma variável aleatória contínua, fazendok({) = [{ 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 probabilidadei[= A variância de [ é denida como
Y du([) =Z +
[{ H([)] 2i
[({)g{ (1.10)
O desvio padrão é denido como
GS ([) =pY 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+[{ ]2i [({)g{
= R+¡{2 2{ + 2¢i[({)g{
= R+{2i[({)g{ 2R+
{i[({)g{ + 2R+i[({)g{
Se denimosk({) = {2> a primeira integral nada mais é que H([2)> pelo resultado (1.9). A segunda integral éH([) = e a terceira integral é igual a 1, pela denição de função 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 da esperança de[.
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 10
1.7
Propriedades da média e da variância de variáveis aleatórias
contínuas
As mesmas propriedades vistas para variáveis aleatórias discretas continuam valendo no caso contínuo:
Esperança Variância Desvio Padrão
H(d) = d Y du (d) = 0 GS (d) = 0
H([ + 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 da integral denida e das denições vistas. Por exemplo, vamos demonstrar queH(e[) = eH([) e Var (e[) = e2Var ([) = 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
= e2nH([2) [H([)]2o
= e2Y du([)
Se interpretamos a função de densidade de probabilidade de[ como uma distribuição de massa na reta real, entãoH([) é o centro de massa desta distribuição. Essa inter-pretação nos permite concluir, por exemplo, que sei[é simétrica, entãoH([) é o valor central, que dene o eixo de simetria.
1.8
Exemplo 1
Considere a funçãoi[apresentada na Figura 1.7.
1. Encontre o valor den para que i[seja uma função de densidade de probabilidade de uma variável aleatória[ .
2. Determine a equação que denei[=
3. CalculePr(2 [ 3)=
4. Calcule a esperança e a variância de[= 5. Determine o valor den tal que Pr([ n) = 0> 6=
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 11
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 sob
a reta tem que ser 1, temos que ter
1 = (5 1) × n n =14 ou Z 5 1ng{ = 1 = n {| 5 1= 1 = n(5 1) = 1 n =14 2. Temos que i[({) = 1 4 se1 { 5 0 caso contrário
3. A probabilidade pedida é a área sombreada na Figura 1.8. Logo,
Pr(2 [ 3) = (3 2) ×14=14 ou Pr(2 [ 3) =Z3 2 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 1 1 4{g{ = 1 4 à {2 2 ¯¯ ¯¯51 ! =18(25 1) = 3 Para o cálculo da variância, temos que calcularH([2) :
H([2) =Z 5 1 1 4{2g{ =14 { 3 3 ¯¯ ¯¯51=121 (125 1) =12412 =313 e Y du([) =313 32=31 27 3 =43
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 12
Figura 1.8: Cálculo dePr(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 n tem que ser maior que 3, uma vez que abaixo de 3 temos área igual a 0,5. Veja a Figura 1.9.
Figura 1.9: Cálculo den tal que Pr([ n) = 0> 6 para o Exemplo 1 Temos que ter
0> 6 = (n 1) ×14 n = 3> 4 Usando integral, temos ter
Zn 1
1
4g{ = 0> 6 =14(n 1) = 0> 6 n = 3> 4
6. Para{ ? 1> temos que I[({) = 0 e para { A 5> temos que I[({) = 1= Para
1 { 5> I[({) é a área de um retângulo de base ({ 1) e altura 1@4 (veja a
Figura 1.10). Logo, I[({) ={ 14 e a expressão completa deI[é I[({) = 0 se{ ? 1 {1 4 se1 { 5 1 se{ A 5 cujo gráco está ilustrado na Figura 1.11.
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 13
Figura 1.10: Cálculo deI[para o Exemplo 1
Figura 1.11: Função de distribuição acumulada para o Exemplo 1
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 14
1.9
Exemplo 2
Considere a funçãoi[apresentada na Figura 1.12.
Figura 1.12: Função de densidade de probabilidade para o Exemplo 2
1. Encontre o valor den para que i[seja uma função de densidade de probabilidade de uma variável aleatória contínua[ .
2. Determine a equação que denei[=
3. CalculePr(2 [ 3)=
4. Encontre a função de distribuição acumulada de[= 5. Determine o valor den tal que Pr([ n) = 0> 6= 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 um retângulo (na verdade, o resultado é a área de um trapézio - veja a Figura 1.13). Então, temos que ter
1 = (6 1) × 0> 1 +12(6 1) × (n 0> 1) 0> 5 = 52(n 0> 1) n = 0> 3
2.i[é uma função lineari[({) = d + e{ que passa pelos pontos (1; 0> 1) e (6; 0> 3)>
resultando, portanto, o seguinte sistema de equações: ½
0> 1 = d + e 0> 3 = d + 6e Subtraindo a primeira equação da segunda, obtemos
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 15
Figura 1.13: Cálculo den para o Exemplo 2
Substituindo este valor na primeira equação, obtemos qued = 0> 1 0> 04 = 0> 06= Logo,
i[({) =
½
0> 06 + 0> 04{ se 1 { 6
0 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 altura32 = 1> base maior igual a i[(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> 142 × 1 = 0> 16
Figura 1.14: Cálculo dePr(2 [ 3) para o Exemplo 2 Usando integral, temos:
Pr(2 [ 3) = Z3 2(0> 06 + 0> 04{)g{ = μ 0> 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{ [1> 6]> I[({) é a área de um
trapézio de altura{1; base maior igual a i[({) e base menor igual a i[(1) = 0> 1=
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 16
Logo, I[({) = (0> 06 + 0> 04{) + 0> 12 × ({ 1) = (0> 08 + 0> 02{)({ 1) ou seja, I[({) = 0 se{ ? 1 0> 02{2+ 0> 06{ 0> 08 se 1 { 6 1 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 = μ 0> 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 determinarn 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 ± 9 + 4 × 34 2
A raiz que fornece resultado dentro do domínio de variação de[ é n =3 + 9 + 4 × 34 2 4> 5208 6. Temos que H([) = Z 6 1{ (0> 06 + 0> 04{) g{ = μ 0> 06{22+ 0> 04{33¶¯¯¯¯6 1 = μ 0> 03 · 36 + 0> 04 ·633 ¶ μ 0> 03 · 1 +0> 043 ¶ = 1> 08 + 2> 88 0> 03 0> 043 =11> 753
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 17 H([2) = Z6 1{ 2(0> 06 + 0> 04{) g{ =μ0> 06{3 3 + 0> 04 {4 4 ¶¯¯ ¯¯61 = (0> 02 · 216 + 0> 01 · 1296) (0> 02 + 0> 01) = 4> 32 + 12> 96 0> 03 = 17> 25 Y du([) = 17> 25 μ11> 75 3 ¶2 =155> 25 138> 06259 =17> 18759
1.10
Exemplo 3
Considere a funçãoi[apresentada na Figura 1.16.
Figura 1.16: Função de densidade de probabilidade para o Exemplo 3
1. Encontre o valor dek 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 denei[= 3. CalculePr(1 [ 3)=
4. CalculeH([) e Y du([)=
5. Encontre a função de distribuição acumulada de[ 6. Determine o valor den tal que Pr([ n) = 0> 6=
Solução
1. Como a área tem que ser 1, temos que ter
1 =12× (4 0) × k k =12
2. A funçãoi[ é dada por 2 equações de reta. A primeira é uma reta de inclinação positiva que passa pelos pontos(0> 0) e¡2>12¢= A segunda é uma reta de inclinação negativa, que passa pelos pontos¡2>12¢e(4> 0)= Para achar a equação de cada uma
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 18
das retas, basta substituir as coordenadas dos dois pontos e resolver o sistema. Para a primeira reta temos o seguinte sistema:
0 = d + e × 0 1
2 = d + e × 2
Da primeira equação resulta qued = 0 (é o ponto onde a reta cruza o eixo |) e substituindo esse valor ded na segunda equação, resulta que e =14=
Para a segunda reta, temos o seguinte sistema:
0 = d + e × 4 1
2 = d + e × 2 Subtraindo a segunda equação da primeira, resulta
0 12= (d d) + (4e 2e) e = 14 Substituindo na primeira equação, encontramos qued = 1=
Combinando essas duas equações, obtemos a seguinte expressão parai[:
i[({) = { 4 se0 { ? 2 1 { 4 se2 { 4 0 se{ ? 0 ou { A 4
3. A probabilidade pedida é a área sombreada em cinza claro na Figura 1.17. Os dois triângulos sombreados de cinza escuro têm a mesma área, por causa da simetria. Assim, podemos calcular a probabilidade usando a regra do complementar, uma vez que a área total é 1. A altura dos dois triângulos é14; basta substituir o valor de{ = 1 na primeira equação e o valor de { = 3 na segunda equação. Logo, a área de cada um dos triângulos é12× 1 ×14=18 e, portanto,
Pr(1 [ 3) = 1 2 ×18=68=34 Usando integral, temos
Pr(1 [ 3) =Z 2 1 { 4g{ + Z 3 2 ³ 1 {4´g{ = 14 μ{2 2 ¶¯¯ ¯¯21+ μ { {82¶¯¯¯¯3 2 = 18(4 1) + μ 3 98 ¶ μ 2 48 ¶¸ = 38+158 128 =68=34
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 19
Figura 1.17: Ilustração do cálculo dePr(1 [ 3)
4. Como a função é simétrica, resulta queH([) = 2= H([2) = Z2 0 {3 4g{ + Z4 2{ 2³1 { 4 ´ g{ = μ {4 16 ¶¯¯ ¯¯20+ μ {3 3 { 4 16 ¶¯¯ ¯¯42 = μ16 16 0 ¶ + μ64 3 256 16 ¶ μ8 3 16 16 ¶¸ = 1 +643 16 83+ 1 = 563 14 =143 Y du([) =143 4 =23
5. Assim como a função de densidade de probabilidade, a função de distribuição acumulada será denida por 2 equações: uma para os valores de{ no intervalo [0> 2) e outra para valores de { no intervalo [2> 4]= Para { [0> 2) temos que I[({)
é a área do triângulo sombreado na Figura 1.18(a) e para{ [2> 4]> é a área sombreada na parte (b). e essa área pode ser calculada pela lei do complementar. Logo,
I[({) =12({ 0) ×{4 { [0> 2)
Para{ [2> 4]> temos que
I[({) = 1 12(4 {)
³ 1 {4´
Combinando os resultados obtidos, resulta a seguinte expressão paraI[: I[({) = 0 se{ ? 0 1 8{2 se0 { ? 2 1 1 8(4 {)2 se2 { 4 1 se{ A 4
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 20
Figura 1.18: Cálculo da função de distribuição acumulada do Exemplo 3
Veja a Figura 1.19; para0 { ? 2> o gráco de I[é uma parábola côncava para cima; para2 { 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 determinarn tal que I (n) = 0> 6= Como I (2) = 0> 5> resulta que n A 2= Substituindo na expressão deI ({)> temos que ter
1 18(4 n)2 = 0> 6 = 1 18¡16 8n + n2¢ = 0> 6 = 1 2 + n n82 = 0> 6 = n2 8 n + 1> 6 = 0 = n2 8n + 12> 8 = 0 = n = 8 ± 64 4 × 12> 8 2 =8 ± 12> 8 2
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 21 A raiz que fornece resultado dentro do domínio de denição de[ é
n =8 12> 8
2 2> 21
1.11
Exercícios resolvidos
1. Considere a seguinte função:
j({) = ½
N(2 {) se 0 { 1 0 se{ ? 0 ou { A 1 (a) Esboce o gráco dej({)=
Solução
Veja a Figura 1.20. Note quej(0) = 2N e j(1) = N=
Figura 1.20: Solução do Exercício 1
(b) Encontre o valor deN para que j({) seja uma função de densidade de prob-abilidade.
Solução
Temos que terN A 0 para garantir a condição j({) 0= E também
1 Z 0 N(2 {)g{ = 1 = μ 2N{ N{22¶¯¯¯¯1 0= 1 = 2N N2 = 1 =3N2 = 1 = N =23 (c) Encontre a função de distribuição acumulada.
Solução
Por denição,I ({) = Pr([ {)= Portanto, para 0 { 1 temos que I ({) =Z { 0 2 3(2 w)gw = 23 μ 2w w22¶¯¯¯¯{ 0= 4{ 3 { 2 3 e a expressão completa deI ({) é I[({) = 0 se{ ? 0 4 3{ 13{2 se0 { 1 1 se{ A 1
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 22
(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 43T113T21=14 16T1 4T21= 3 4T2 1 16T1+ 3 = 0 T21 4T1+ 0> 75 = 0 T1 = 4 ± 16 4 × 0> 75 2 =4 ± 13 2
A raiz que fornece solução no intervalo(0> 1)> que é odomínio de [> é T1=4 13 2 0> 19722 I[(T2) = 0> 5 43T213T22=12 8T2 2T22= 3 2T2 2 8T2+ 3 = 0 T22 4T2+ 1> 5 = 0 T2 = 4 ± 16 4 × 1> 5 2 =4 ± 10 2 A raiz que fornece solução no domínio de[ é
T2=4 10 2 0> 41886 I[(T3) = 0> 75 43T313T23=34 16T3 4T23= 9 4T2 3 16T3+ 9 = 0 T23 4T3+94= 0 T3 = 4 ± 16 4 × 2=25 2 = 4 ± 7 2 A raiz que fornece solução no domínio de[ é
T3=4
7
2 0> 67712
2. (Bussab&Morettin) A demanda diária de arroz num supermercado, em centenas de quilos, é uma variável aleatória com função de densidade de probabilidade
i({) = 2 3{ se0 { ? 1 { 3+ 1 se 1 { ? 3 0 se{ ? 0 ou { A 3
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 23
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 ao acaso?
Solução
Seja [ a variável aleatória que representa a demanda diária de arroz, em centenas de quilos. Veja a Figura 1.21, onde a área sombreada corresponde à probabilidade pedida. Nesse triângulo, a base é3 1> 5 = 1> 5 e a altura é i(1> 5) =1>5 3 + 1= Logo, Pr([ 1> 5) =12× 1> 5 × 0> 5 =12×32×12=38= 0> 375 ou Pr([ 1> 5) = Z3 1>5 ³ {3+ 1´g{ = μ {62+ {¶¯¯¯¯3 1>5= μ 362+ 3 ¶ μ 1> 562+ 1> 5 ¶ = 966> 756 =2> 256 = 0> 375
(b) Qual a quantidade de arroz que deve ser deixada à disposição dos clientes diariamente para que não falte arroz em 95% dos dias?
Solução
Sejan o valor a estocar. Para que a demanda seja atendida, é necessário que a quantidade demandada seja menor que a quantidade em estoque. Logo, queremos encontrar o valor den tal que Pr([ n) = 0> 95=
ComoPr([ 1) =13> n tem que ser maior que 1, ou seja, n está no triângulo superior (veja a Figura 1.22).
MasPr([ 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 ± 36 4 × 8=7 2
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 24
Figura 1.22: Solução do Exercício 2-b
A raiz que dá a solução dentro do domínio de[ é n =6 36 4 × 8=7 2 = 2> 45 centenas de quilos Usando integração: Pr([ A n) = 0> 05 =Z 3 n ³ {3+ 1´g{ = 0> 05 = μ {62+ {¶¯¯¯¯3 n= 0> 05 = μ 362+ 3 ¶ μ n62+ n ¶ = 0> 05 =n62 n +96 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[({) = ½ 2{ se 0 { 1 0 caso contrário CalculePr¡[ 12¯¯13 [ 23¢ Solução
Sabemos quePr(D|E) =Pr(D E) Pr(E) = Assim, Pr μ [ 12¯¯¯¯13 [ 23 ¶ = Pr £¡ [ 1 2 ¢ ¡1 3 [ 23 ¢¤ Pr¡1 3 [ 23 ¢ = Pr ¡1 3 [ 12 ¢ Pr¡1 3 [ 23 ¢ = Z1@2 1@32{g{ Z2@3 1@32{g{ ={ 2¯¯1@2 1@3 {2|2@3 1@3 = 1419 4 919 = 5 36 3 9 = 5 12
CAPÍTULO 1. VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 25
1.12
Exercícios propostos
1. A função de densidadei de uma variável aleatória [ é dada pela função cujo gráco se encontra na Figura 1.23.
Figura 1.23: Função de densidade para o Exercício Proposto 1
(a) Encontre a expressão dei= (b) CalculePr([ A 2)= (Resp: 1@4)
(c) Determinep tal que Pr([ A p) = 1@8= (Resp.: p = 4 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 de densidade dada por
i({) = ½
n(2{ {2) se 0 { 1
0 caso contrário (a) Determine o valor den=(Resp.: n = 3@2)
(b) CalculeH([) e Var({)= (Resp.: 5@8; 19@320) (c) CalculePr(0 [ 1@2)= (Resp.: 5@16)
3. Uma variável aleatória[ tem função de densidade dada por i({) =
½
6{(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 se0 ? { ? 1 1 se { 1 CalculeH([) 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 ter
i({) = n { [d> e]
Então, o gráco da função de densidade de probabilidade de[ é como o ilustrado na Figura 2.1:
Figura 2.1: Densidade uniforme no intervalo[d> e]
Para que tal função seja uma função de densidade de probabilidade, temos que ter n A 0 e a área do retângulo tem que ser 1, ou seja,
(e d) × n = 1 n =e d1
Logo, a função de densidade de uma variável aleatória uniforme no intervalo[d> e] é dada por
i({) =e d1 se{ [d> e] (2.1) Os valoresd e e são chamados parâmetros da distribuição uniforme; note que ambos têm que ser nitos para que a integral seja igual a 1. Quandod = 0 e e = 1 temos a uniforme padrão, denotada porU(0> 1)=
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 27
2.1.1 Função de distribuição acumulada
Por denição, temos que
I ({) = 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 densidadeXqli[d> e] Essa é a área de um retângulo com base({ d) e altura 1
e d= Logo, I ({) = 0 se{ ? d { d e d se 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 daXqli[d> e] No caso daU [0> 1] > temos que
I ({) = 0 se { ? 0 { se 0 { ? 1 1 se { 1
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 28
2.1.2 Esperança
Das propriedades da esperança e das características da densidade uniforme, sabemos queH([) é o ponto médio do intervalo [d> e], ou seja,
H([) = d +e d2 =d + e2 Usando a integral: H ([) =Ze d{ 1 e dg{ =e d1 { 2 2 ¯¯ ¯¯ed=2 (e d)e2 d2 =(e d) (d + e)2 (e d) ou seja, H ([) =d + e2 (2.3) 2.1.3 Variância
Por denição,Y du ([) = H¡[2¢ [H ([)]2;vamos, então, calcular H¡[2¢: H¡[2¢=Ze d{ 2 1 e dg{ =e d1 μ {3 3 ¶¯¯ ¯¯ed=3 (e d)e3 d3 =(e d) ¡ e2+ de + d2¢ 3 (e d) (2.4) Logo, Y du ([) = ¡ e2+ de + d2¢ 3 μd + e 2 ¶2 = ¡ e2+ de + d2¢ 3 d 2+ 2de + e2 4 =
= 4e2+ 4de + 4d212 3d2 6de 3e2=d2 2de + e12 2 ou
Y du ([) =(e d)12 2 (2.5)
2.1.4 Exercícios propostos
1. Você está interessado em dar um lance em um leilão de um lote de terra. Você sabe 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 do seu 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 de você ganhar o leilão?
2. O rótulo de uma lata de coca-cola indica que o conteúdo é de 350 ml. Suponha que a linha de produção encha as latas de forma que o conteúdo seja uniformemente distribuído no intervalo[345> 355]=
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 29 (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 linha de produção? (Resp.: 0,2)
3. Uma distribuição uniforme no intervalo[d> e] tem média 7,5 e variância 6,75. De-termine os valores ded e e, sabendo que e A d A 0= (Resp.: d = 3 e e = 12)
2.2
Distribuição exponencial
Consideremos o gráco da função exponenciali({) = h{> dado na Figura 2.4. Podemos ver aí que, se{ ? 0> então a área sob a curva é limitada, o mesmo valendo para uma função mais geral i({) = h{= Então, é possível denir uma função de densidade a partir da função exponencialh{, desde que nos limitemos ao domínio dos números reais negativos. Mas isso é equivalente a trabalhar com a funçãoh{para{ positivo.
1
Figura 2.4: Gráco da função exponencial naturali({) = exp {
Mas Z 0 h {g{ =μ1 h{ ¶ 0 = 1 Logo R0 h{g{ = 1
e, portanto,i({) = h{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({) = ½
h{ { A 0
0 { 0
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 30
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 distribuição exponencial com parâmetro: [ exp()= Na Figura 2.5 temos o gráco de uma densidade exponencial. para = 2=
Figura 2.5: Densidade exponencial - = 2
2.2.1 Função de distribuição acumulada
Por denição, temos que
I ({) = Pr ([ {) =Z { 0 i (w) gw = Z { 0 h wgw = hw¯¯¯{ 0= ³ h{ 1´ ou seja I ({) = ½ 1 h{ se{ A 0 0 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
{ {nh{= 0 (2.7)
Vamos mostrar esse resultado usando a regra de L´Hôpital e demonstração por indução. Consideremos o caso em quen = 1= Então
lim { {h {= lim { { h{
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 31
Figura 2.6: Função de distribuição acumulada da densidade exponencial - = 2 que tem a formae, portanto, podemos aplicar L´Hôpital, que diz que
lim { {h{= lim{ { h{= lim{ {0 (h{)0 = lim{ h1{= 0
Logo, o resultado vale para n = 1= Suponhamos verdadeiro para qualquer n; vamos mostrar que vale paran + 1= De fato:
lim { {n+1h{= 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 dado por:
lim
{ {
nh{= 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 integração por partes. A esperança é:
H([) = Z 0 {h{g{ Denindo • x = { gx = g{; • gy = h{g{ y = h{
O método de integração por partes nos dá que:
{h{¯¯¯ 0 = Z 0 {h {g{ +Z 0 ³ h{´g{
Pelo resultado (2.7), o lado esquerdo desta última igualdade é zero. Logo,
0 = H([) +1h{¯¯¯¯
0 0 = H([) +
μ 0 1
¶
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 32
ou seja,
H ([) =1 (2.9)
Desse resultado segue que Z 0 {h {g{ =1 Z 0 {h {g{ = 1 2 (2.10) 2.2.4 Variância
Vamos calcular o segundo momento de uma variável aleatória exponencial.
H([2) =Z 0 {
2h{g{
Seguindo raciocínio análogo ao empregado no cálculo da esperança, vamos denir:
• x = {2 gx = 2{g{; • gy = h{g{ y = h{ Logo, {2h{¯¯¯ 0 = Z 0 { 2h{g{ +Z 0 ³ 2{h{´g{ 0 = H¡[2¢ 2Z 0 {h {g{
Usando o resultado (2.10), resulta que
H¡[2¢= 2 2 (2.11) e, portanto: Var([) = H([2) [H([)]2= 2 212 Var ([) =12 (2.12) Resumindo: [ exp() = ½ H([) =1 Y du([) = 1 2 (2.13) 2.2.5 Parametrização alternativa
É possível parametrizar a densidade exponencial em termos de um parâmetro =1= Neste caso,
i({) = 1h{@ { A 0; A 0
H([) = H([2) = 22
Y du([) = 2
Essa parametrização alternativa é mais interessante, uma vez que o valor médio é igual ao parâmetro, e será utilizada deste ponto em diante.
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 33
2.2.6 Exercícios resolvidos
1. Seja[ uma variável aleatória exponencial com média 4. Calcule (a) Pr([ A 1)
Solução
A função de densidade éi({) =14h{@4e a função de distribuição éI ({) = 1 h{@4 Pr([ A 1) = 1 Pr([ 1) = 1 I (1) = 1 [1 h1@4] = h0=25= 0> 7788 (b)Pr(1 [ 2) Solução Pr(1 [ 2) = Pr([ 2) Pr([ ? 1) = Pr([ 2) Pr([ 1) = I (2) I (1) = [1 h2@4] [1 h1@4] = h0=25 h0=5= 0> 17227
2. Seja[ exp()= Calcule Pr([ A H([))= Solução
Pr([ A H([)) = 1 Pr([ H([)) = 1 I (H([)) = 1 h1 h@i= h1
Note que essa é a probabilidade de uma variável aleatória exponencial ser maior que 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. Calcule as 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> 434 60)
(b) Qual é a probabilidade de que o tempo entre chegadas de veículos neste lava-jato seja menor que 8 minutos? (Resp.: 0> 486 58)
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 34
2.3
Distribuição gama
A distribuição gama é uma generalização da distribuição exponencial, que utiliza a função gama, cuja denição apresentamos a seguir.
2.3.1 A função gama
A função gama é denida pela seguinte integral:
() =Z
0 h
{{1g{ 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) = ()= Para demonstrar esse resultado, iremos usar integração por partes.
( + 1) = Z 0 h {{g{ Fazendo • x = { gx = {1 • gy = h{g{ y = h{ Logo, ( + 1) = {h{¯¯ 0 Z 0 h {{1g{ = ( + 1) = 0 + Z 0 h {{1g{ = ( + 1) = () (2.14)
Aqui usamos o resultado dado em (2.7). Vamos trabalhar, agora, com = q inteiro.
(1) =Z 0 h {{11g{ =Z 0 h {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, seq é inteiro, (q) = (q 1)! (2.15)
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 35
2.3.2 A distribuição gama
Denição 2.2 Diz-se que uma variável aleatória tem distribuição gama com parâmetros e se sua função de densidade de probabilidade é dada por
i({) = 1 (){1h{@ se{ A 0 0 se{ 0 (2.16)
Note que, quando = 1> resulta a densidade exponencial com parâmetro > ou seja, a distribuição exponencial é um caso particular da densidade gama. Note que estamos usando a parametrização alternativa da densidade exponencial.
Para vericar que a função dada em (2.16) realmente dene uma função de densidade, notamos inicialmente quei({) 0= Além disso,
Z 0 i({)g{ = Z 0 1 (){1h{@=()1 Z 0 { 1h{@g{
Fazendo a mudança de variável {
= w resulta { = w g{ = gw { = 0 w = 0 { = w = e, portanto, Z 0 i({)g{ = 1 () Z 0 { 1h{@g{ = = ()1 Z 0 (w) 1hwgw = ()1 Z 0 w 1hwgw = ()1 () = 1
Logo, as duas condições para uma função de densidade são satisfeitas. Usaremos a notação[ jdpd(; ) para indicar que a variável aleatória [ tem distribuição gama com parâmetros> =
2.3.3 O gráco da distribuição gama
Para a construção do gráco da densidade gama, devemos observar inicialmente que lim
{i({) = 0 e {0limi({) = 0
Vamos, agora, calcular as derivadas primeira e segunda dei({)= i0({) = 1 () ( 1){2h{@1 {1h{@ ¸ (2.17) = ()1 ³ {2h{@´ μ 1 1 { ¶¸ (2.18)
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 36
Derivandoi0({) dada em (2.17), temos que i00({) = 1 () " ( 2)( 1){3h{@1 ( 1){2h{@1( 1){2h{@ +1 2{1h{@ # = ()1 ( 2)( 1){3h{@2 ( 1){2h{@+12{1h{@ ¸ = ()1 ½³ {3h{@´ ( 2)( 1) 2 ( 1){ + 1 2{2 ¸¾ = ()1 (¡ {3h{@¢ 2 £ 2( 2)( 1) 2( 1){ + {2¤ ) (2.19)
Analisando as expressões (2.18) e (2.19), vemos que o sinal da derivada primeira depende do sinal de 1 1{ e o sinal da derivada segunda depende do sinal da expressão entre colchetes, que é uma função do segundo grau. Vamos denotar essa expressão pork({)> de modo que
k({) = {2 2( 1){ + 2( 2)( 1)
Vamos analisar a derivada primeira. A primeira observação é que, se 1> i0({) ? 0> ou seja, se 1 a densidade gama é uma função estritamente decrescente.
No caso em que A 1, temos que
i0({) = 0 { = ( 1) i0({) ? 0 { A ( 1) i0({) A 0 { ? ( 1) Logo, { = ( 1) é um ponto de máximo Resumindo a dependência em :
1 = função de densidade gama é estritamente decrescente A 1 = função de densidade gama tem um máximo em { = ( 1) Vamos, agora, estudar a concavidade da função de densidade gama, analisando o sinal da derivada segunda, que será o mesmo sinal de
k({) = {2 2( 1){ + 2( 2)( 1)
que é uma função do segundo grau.
Se 1> podemos ver que k({) 0> já que { A 0 e > A 0= Logo, se 1 a função de densidade gama é côncava para cima e, como visto, estritamente decrescente. Vamos considerar, agora, o caso em que A 1= Para estudar o sinal de k({)> temos que estudar o discriminante da equação de segundo grau denida pork({)=
= [2( 1)]2 42( 2)( 1)
= 42( 1)2 42( 1)( 2)
= 42( 1) [( 1) ( 2)]
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 37 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 42( 1)2 42( 2)( 1) 2 { =2( 1) ± 2 p ( 1)( 1 + 2) 2 { = ( 1) ± 1 { = 1¡ 1 ± 1¢
A raizu2= 1¡ 1 + 1¢é sempre positiva para A 1. Já a raiz u1= 1¡ 1 1¢só será positiva se 1 1 A 0> ou seja, se A 2=
Considerando a função de segundo grauk({) que dene o sinal da derivada segunda, vemos que o coeciente do termo quadrático é 1; assim, a função é negativa (sinal oposto ao ded) 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 sinal em 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).
+ + r1 r2 + - + r1 r2 + + r2 r1 = 0
-0 0-2
!
D
2
D
2
D
Figura 2.7: Ilustração do sinal da derivada segunda da função de densidade gama
Mais precisamente, se A 2 temos a seguinte situação:
i00({) ? 0 se 1¡ 1 1¢? { ? 1¡ 1 + 1¢
i00({) A 0 se { A 1¡ 1 + 1¢ ou{ ? 1¡ 1 1¢
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 38
ou seja, a função de densidade é côncava para cima se se{ A 1¡ 1 + 1¢ ou{ ? 1¡ 1 1¢e é côncava para baixo se 1¡ 1 1¢? { ? 1¡ 1 + 1¢> o que indica a ocorrência de dois pontos de inexão.
Quando 2
i00({) ? 0 se 0 ? { ? ( 1) + 1
i00({) A 0 se { A ( 1) + 1
ou seja, a função de densidade gama é côncava para cima se{ A ( 1) + 1 e é côncava para baixo se0 ? { ? ( 1) + 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 . Note que, para = 1> o gráco é o da distribuição exponencial com parâmetro = 2 e para qualquer valor de ? 1> o gráco terá essa forma= Note que para = 2 só há um ponto de inexão; essa situação se repetirá para valores de no intervalo (1> 2]. Para valores de 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) e temos o gráco para diferentes valores de. Analisando essas duas guras, vemos que o parâmetro 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 chamada parâmetro 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
2
D
4
D
5
D
1
D
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
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 39 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0 2 4 6 8 10 12 14 2 D 1 E 2 E 0,0 0,1 0,2 0,3 0 2 4 6 8 10 12 14 5 , 1 E 3 D 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{ ? 1( 1 + 1) ii. côncava para cima se{ A 1( 1 + 1) iii. único ponto de inexão em{ = 1( 1 + 1) (e) A 2
i. côncava para cima se{ ? 1( 1 1)
ii. côncava para baixo se 1( 11) ? { ? 1( 1+1) iii. côncava para cima se{ A 1( 1 + 1)
iv. dois pontos de inexão:{ = 1( 11) e { = 1( 1+ 1) 2.3.4 Esperança Se[ jdpd(; ) , então H([) = Z 0 {i({)g{ = 1 () Z 0 {{ 1h{@g{ = ()1 Z 0 { h{@g{
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 40
Fazendo a mesma mudança de variável já usada anteriormente{
= w temos que H([) = ()1 Z 0(w) hwgw = ()1 +1 Z 0 w hwgw = () Z 0 w hwgw = () ( + 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{1h{@g{ = ()1 Z 0 { +1h{@g{
Fazendo a mesma mudança de variável usada anteriormente{
= w temos que H([2) = 1 () Z 0(w) +1hwgw = ()1 +2 Z 0 w +1hwgw = ()2 Z 0 w +1hwgw = ()2 ( + 2) = ()2 ( + 1)( + 1) = ()2 ( + 1)() = 2( + 1) Logo, Y du([) = 2( + 1) ()2= 22+ 2 22= 2 Resumindo: [ jdpd(> ) = H([) = Y du([) = 2 (2.20)
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 41
2.3.6 Função de distribuição acumulada
A função de distribuição da gama envolve a função gama incompleta e não será objeto de estudo neste curso.
2.3.7 A distribuição de Erlang
Quando o parâmetro de forma é um inteiro positivo, a distribuição gama é conhecida como distribuição de Erlang.
2.3.8 A distribuição qui-quadrado
Quando o parâmetro de forma é igual aq2> 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({) =¡q1
2
¢
2q@2{q@21h{@2 se{ A 0 (2.21)
Usaremos a seguinte notação para indicar que[ tem distribuição qui-quadrado com q graus de liberdade:[ "2q= Usando os resultados dados em (2.20), temos
[ "2 q= H([) =q 2· 2 = q Y du([) =q 2· 22= 2q
2.4
Distribuição de Weibull
2.4.1 DeniçãoUma variável aleatória[ tem distribuição de Weibull com parâmetros A 0 e A 0 se sua função de densidade de probabilidade é dada por
i({) ={1h
{ { A 0 (2.22)
Note que podemos reescrever essa expressão como
i({) = μ{ ¶1 h { { A 0 (2.23)
e alguns autores (ver Rohatgi, por exemplo) usam um novo parâmetro em vez de = Para mostrar quei dene uma densidade, vamos mostrar que a integral é 1. Para tal, vamos fazer a seguinte mudança de variável:
x = μ{ ¶ = gx = μ{ ¶1 { = 0 = x = 0; { = = x = Dessa forma, Z 0 μ{ ¶1 h {g{ =Z 0 h xgx = 1
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 42
2.4.2 Esperança e variância
Vamos calcular o momento de ordemu : H([u) =Z 0 μ{ ¶1 h {{ug{
Fazendox ={> resulta que { = x e g{ = gx; logo H([u) = Z 0 μ { ¶1 h {{ug{ =Z 0 x1hx uxugx = Z 0 x 1hx uxugx
Fazendox= w resulta que x = w1@ex1gx = gw; logo, H([u) = Z 0 h wu³w1@´ugw = uZ 0 w u@hwgw = uZ 0 w u@+11hwgw = uZ 0 w u+ 1hwgw = u μ u + ¶
Fazendou = 1> obtemos que
H([) = μ + 1
¶
Fazendou = 2 obtemos que
H([2) = 2μ + 2 ¶ e, portanto, Y du([) = 2 ( μ + 2 ¶ μ + 1 ¶¸2)
2.4.3 Função de distribuição acumulada
Por denição, I ({) = Z { 0 μw ¶1 h wgw
Fazendo a mudança de variável
x = μw ¶ = gx = μw ¶1 w = 0 = x = 0; w = { = x = μ{ ¶ resulta I ({) = Z{ 0 μw ¶1 h wgw =Z { 0 h xgx = hx¯¯ { 0 = 1 exp μ{ ¶¸
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 43
2.5
Distribuição de Pareto
2.5.1 DeniçãoUma variável aleatória[ tem distribuição de Pareto com parâmetros A 0 e e A 0 se sua função de densidade de probabilidade é dada por
i({) = e μ e { ¶+1 se{ e 0 se{ ? e
Para mostrar quei({) realmente dene uma função de densidade de probabilidade resta provar que a integral é 1, uma vez quei({) 0=
Z e e μe { ¶+1 g{ = eZ e { 1g{ = e{ ¯¯ ¯¯e
Essa integral converge apenas se ? 0 ou equivalentemente, A 0> pois nesse caso lim{{= lim{{1= 0= Satisfeita esta condição, temos que
e{
¯¯
¯¯e = 0 ee
= 1
Na Figura 2.10 ilustra-se a distribuição dePareto parad = 3 e e = 2=
Figura 2.10: Distribuição de Pareto -d = 3> e = 2
2.5.2 Esperança Se[ S duhwr(> e) então H([) = Z e { e μe { ¶+1 g{ = eZ e { g{ = e{+1 + 1 ¯¯ ¯¯e
Para que essa integral convirja, temos que ter + 1 ? 0> ou A 1= Satisfeita esta condição,
H([) = eμ0 e+1
+ 1 ¶
=e1 +1= 1e
CAPÍTULO 2. ALGUMAS DISTRIBUIÇÕES CONTÍNUAS 44
2.5.3 Variância Se[ S duhwr(> e) então H([2) =Z e { 2 e μe { ¶+1 g{ = eZ e { +1g{ = e{+2 + 2 ¯¯ ¯¯e Para que essa integral convirja, temos que ter + 2 ? 0> ou A 2= Satisfeita esta condição, H([) = eμ0 e+2 + 2 ¶ =e2 +2 = 2e2 Logo, Y du([) = 2e2 μ e 1 ¶2 =e2( 1)2 2e2( 2) ( 1)2( 2) = e2 £ 2 2 + 1 ( 2)¤ ( 1)2( 2) =e 2£2 2 + 1 2+ 2¤ ( 1)2( 2) = e2 ( 1)2( 2) Resumindo: [ S duhwr(> e) = H([) = 1e se A 1 Y du([) = e2 ( 1)2( 2) se A 2 (2.24)
2.5.4 Função de distribuição acumulada
Por denição,I ({) = Pr([ {) = 0 se { ? e= Para { e> I ({) = Pr([ {) =Z{ e e μe w ¶+1 gw = eZ { ew 1g{ = ew ¯¯ ¯¯{e = e¡{ e¢= 1 μe { ¶
Capítulo 3
Funções de Variáveis Aleatórias
Contínuas
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([) = [2e deZ = k([) = |[| . Solução: Temos que i[({) = ½ 1 2 1 ? { ? 1 0 { 1 ou { 1 1 ? { ? 1 ½ 0 j({) ? 1 0 k({) ? 1
Para calcular a função de densidade de probabilidade de\ = j([) = [2devemos notar que I\(|) = Pr(\ |) = Pr([2 |) = Pr ( | [ |) = Pr([ |) Pr([ ? |) = Pr([[ |) Pr([ |) = I[( |) I[( |) e, portanto i\(|) = g|g [I\(|)] = g|g [I[( |)] g|g [I[( |)] = I0 [( |)2 |1 I[0 ( |) μ 2 |1 ¶ = i[( |)2 |1 + i[( |)2 |1 45
CAPÍTULO 3. FUNÇÕES DE VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 46 Como0 | ? 1 e 1 ? | 0> resulta que i[¡ |¢= i[¡ |¢=12= Logo
i\(|) =
( 1
2| se0 | ? 1
0 caso contrário De modo análogo, para0 z ? 1
IZ(z) = Pr(Z z) = Pr(|[| z) = Pr(z [ z) =
= I[(z) I[(z)
e, portanto
iZ(z) = IZ0 (z) = I[0(z) I[0(z)(1) =
= i[(z) + i[(z)
Como0 z ? 1 e 1 ? z 0> resulta que i[(z) = i[(z) =12= Logo iZ(z) =
½
1 se0 | ? 1 0 caso contrário que é a densidade uniforme padrão.
3.2
Funções inversíveis
Quando a funçãoj 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 densidadei[({) 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[£j1(|)¤ ¯¯¯¯gj 1(|) 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 quej({) 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([) | [ j1(|)= Logo,
CAPÍTULO 3. FUNÇÕES DE VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 47 y ) ( 1 y g y X g( )d ) ( 1 y g Xd
Figura 3.1: Função inversa de uma função crescente
Da relação entre a função de densidade de probabilidade e a função de distribuição e da regra da cadeia, segue que:
i\(|) = I\0(|) = I[0 £j1(|)¤ gj 1(|) g| = i[ £ j1(|)¤ gj1(|) g| (3.3)
Como a inversa de uma função crescente também é crescente, resulta quegj
1(|)
g| A 0 e, portanto, (3.3) pode ser reescrita como
i\(|) = I\0(|) = i[£j1(|)¤ ¯¯¯¯gj 1(|)
g| ¯¯
¯¯ (3.4)
Quandoj({) é decrescente, vale notar que que j0({) ? 0 e, conforme ilustrado na Figura 3.2,j([) | [ j1(|)= Dessa forma, I\(|) = Pr (\ |) = Pr (j([) |) = Pr¡[ j1(|)¢= 1 Pr£[ ? j1(|)¤ = 1 Pr£[ j1(|)¤= 1 I[£j1(|)¤ e, portanto i\(|) = I\0(|) = I 0 [£j1(|)¤ gj 1(|) g| = i[ £ j1(|)¤ gj1(|) g| (3.5) Comogj1(|)
g| ? 0 (lembre que estamos considerando j decrescente agora, o que implica que a inversa também é decrescente), resulta
gj1g|(|)=¯¯¯¯gj1g|(|)¯¯¯¯
CAPÍTULO 3. FUNÇÕES DE VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 48
y X g( )d ) ( 1 y g y ) ( 1y g Xt
Figura 3.2: Função inversa de uma função decrescente
e (3.5) pode ser reescrita como
i\(|) = I\0(|) = i[£j1(|)¤ ¯¯¯¯gj 1(|)
g| ¯¯
¯¯ (3.6)
Os resultados (3.4) e (3.6), para funções crescentes e decrescentes, podem ser reunidos para 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[({) =
½
1 se 0 ? { ? 1 0 se { 0 ou { 1
Dena\ = ln [= Vamos calcular a função de densidade de probabilidade de \= A funçãoj({) = ln { é estritamente decrescente e podemos aplicar o Teorema 3.1. Então, como0 ? { ? 1> segue que 0 ? | = ln { ? (ver Figura 3.3).
Por outro lado, a inversa de| = j({) = ln { é j1(|) = h|e, portanto, gj1(|)
g| = h|
Como0 ? | ? , então 0 ? h|? 1 e a função de densidade de probabilidade de \ é i\(|) = i[£h|¤×¯¯h|¯¯ = 1 × h| i\(|) = h|
uma vez quei[({) = 1 no intervalo (0> 1)= Note que essa é a densidade exponencial com parâmetro igual a 1.
CAPÍTULO 3. FUNÇÕES DE VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 49 -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 variável aleatória contínua com densidadei[({)> então podemos aplicar o Teorema 3.1 para calcular a densidade de\= Se \ = j([) = d[ + e> então a função inversa é
[ = j1(\ ) =\ e d cuja derivada é gj1(|) g| = 1 d Logo, a densidade de\ é i\(|) = i[ μ| e d ¶ ¯¯ ¯¯1d¯¯¯¯ (3.7) Exemplo
Se a função de densidade da variável aleatória[ é dada por i({) =
½
3{2 se 1 { 0
0 se{ ? 1 ou { A 0
calcule a função de densidade de\ = 2[ 35> bem como sua esperança e sua variância. Solução:
Temos qued = 2 e e = 0> 6= Como 1 { 0> resulta que 2> 6 | 0> 6= Logo, i\(|) = i[ μ| + 0> 6 2 ¶ ×12 se 2> 6 | 0> 6 ou seja i\(|) = 3 μ | + 0> 6 2 ¶2 ×12=38(| + 0> 6)2 se 2> 6 | 0> 6
CAPÍTULO 3. FUNÇÕES DE VARIÁVEIS ALEATÓRIAS CONTÍNUAS 50 Pelas propriedades da esperança e da variância, se\ = 2[ 35 então
H(\ ) = 2H([) 35 Y du(\ ) = 4Y du([) H([) =Z0 1{3{ 2g{ =μ3{4 4 ¶¯¯ ¯¯01= 34= H(\ ) = 6435=30 1220 = 2> 1 H([2) = Z0 1{ 23{2g{ =μ3{5 5 ¶¯¯ ¯¯01=35= Y du([) =35 μ 34 ¶2 =48 4580 =803 = Y du(\ ) = 4 ×803 =203
Capítulo 4
A Distribuição Normal
4.1
Alguns resultados de Cálculo
Com o uso de coordenadas polares, pode-se mostrar que Z 0 exp μ w22 ¶ gw = r 2 (4.1)
Como o integrando é uma função par, temos também que Z exp μ w22 ¶ gw = 2 × Z 0 exp μ w22 ¶ gw = 2 × r 2= 2 ou ainda 1 2 Z exp μ w22 ¶ gw = 1 (4.2) 4.1.1 Exercício resolvido
Calcule (1@2) = Por denição, (1@2) = Z 0 h {{1@21g{ =Z 0 h{ {g{ Vamos usar a seguinte transformação de variável:
{ =w22 Então, g{ = wgw { = 0 w = 0 { w Logo, (1@2) = Z 0 hqw2@2 w2 2 wgw = 2 Z 0 h w2@2 gw = 2 × r 2 ou seja: (1@2) = 51
CAPÍTULO 4. A DISTRIBUIÇÃO NORMAL 52
4.2
Densidade normal padrão
4.2.1 DeniçãoAnalisando a equação (4.2), vemos que a função 1 2 exp
μ w22
¶
satisfaz as condições para ser uma função de densidade. Essa é, por denição, a densidade normal padrão *({) (note que *({) A 0) denida por:
*({) = 1 2 exp μ {22 ¶ ? { ? (4.3)
Vamos denotar porQ(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 {*({)g{ = 1 2 Z { exp μ {22¶g{ Como*({) é simétrica em torno do ponto { = 0> sabemos que H(]) = 0=
4.2.3 Variância ComoH(]) = 0 se ] Q(0; 1)> então Y du(]) = H(]2) =Z + { 2 1 2 exp μ {22 ¶ g{ = 2 2 Z+ 0 { 2expμ{2 2 ¶ g{ uma vez que o integrando é par (note os limites de integração). Esta integral é calculada usando-se o método de integração por partes. Fazendo:
• { exp μ {22 ¶ g{ = gy y = exp μ {22 ¶ • { = x g{ = gx resulta que: { exp μ {22¶¯¯¯¯ 0 = Z 0 exp μ {22 ¶¸ g{ +Z 0 { 2expμ{2 2 ¶ g{ (4.4)
Pelos resultados (2.7) e (4.1)resulta
0 = r 2+ Z 0 { 2expμ{2 2 ¶ g{ = Z 0 { 2expμ{2 2 ¶ g{ = r 2 Logo, Var(]) = 2 2 × r 2 Var(]) = 1 (4.5)
