2.1 - Função de distribuição acumulada

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A função de distribuição acumulada nos dá uma maneira de descrever como as probabilidades são associadas aos valores ou aos intervalos de valores de uma variável aleatória. De forma geral, considere o espaço de probabilidade $ (\Omega , {\cal F} , \mathbb{P}) $.

Definição 2.1.1: 

A função de distribuição acumulada de uma variável aleatória X é uma função que a cada número real x associa o valor 

\[F(x)=\mathbb{P}\left(X\leq x\right), \quad x \in \Bbb{R}.\]

A notação $ \{X \leq x\} $ é usada para designar o conjunto  X(\omega) \leq x\} $, isto é, denota a imagem inversa do intervalo $ (-\infty,x] $ pela variável aleatória X. Com isso, podemos observar que a função de distribuição acumulada $ F $ tem como domínio os números reais $ (\Bbb{R}) $ e imagem o intervalo $ [0,1] $.

O conhecimento da função de distribuição acumulada é suficiente para entendermos o comportamento de uma variável aleatória. Mesmo que a variável assuma valores apenas num subconjunto dos reais, a função de distribuição é definida em toda a reta. Ela é chamada de função de distribuição acumulada, pois acumula as probabilidades dos valores inferiores ou iguais a x.

Exemplo 2.1.1: 

Consideremos o Exemplo 2.1. Vamos encontrar a função distribuição acumulada de $ X $: "número de caras obtidas nos três lançamentos".

Os valores que $ X $ pode assumir são $ 0,1,2 $ e $ 3 $. Portanto, 

\[\mathbb{P}(X=0)=\mathbb{P}(\{KKK\})=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{8}.\]
\[\mathbb{P}(X=1)=\mathbb{P}(\{CKK\})+\mathbb{P}(\{KCK\})+\mathbb{P}(\{KKC\})=\frac{3}{8}.\]
\[\mathbb{P}(X=2)=\mathbb{P}(\{CCK\})+\mathbb{P}(\{CKC\})+\mathbb{P}(\{KCC\})=\frac{3}{8}.\]
\[\mathbb{P}(X=3)=\mathbb{P}(\{CCC\})=\frac{1}{8}.\]

Portanto,

\[\text{se} \ x \ \textless \ 0 \Rightarrow \mathbb{P}(X\leq x) = 0,\]
\[\text{se} \ 0\leq x \ \textless \ 1 \Rightarrow \mathbb{P}(X\leq x) = \mathbb{P}(X = 0) = \frac{1}{8},\]
\[\text{se} \ 1\leq x \ \textless \ 2 \Rightarrow \mathbb{P}(X\leq x) = \mathbb{P}(X = 0) + \mathbb{P}(X = 1) = \frac{1}{8} + \frac{3}{8} = \frac{1}{2},\]
\[\text{se} \ 2\leq x \ \textless \ 3 \Rightarrow \mathbb{P}(X\leq x) = \mathbb{P}(X = 0) + \mathbb{P}(X = 1) + \mathbb{P}(X = 2) = \frac{1}{8} + \frac{3}{8} + \frac{3}{8} = \frac{7}{8} \ \text{e}\]
\[\text{se} \ x\geq 3, \Rightarrow \mathbb{P}(X\leq x) = \mathbb{P}(X = 0) + \mathbb{P}(X = 1) + \mathbb{P}(X = 2) + \mathbb{P}(X = 3) = 1.\]

Desta forma, temos que a função de distribuição acumulada de $ X $ é dada por 

\[\displaystyle F(x) = \left\{ \begin{array}{l} 0, \ \hbox{se} \ x \ \textless \ 0; \\ 1/8, \ \hbox{se} \ 0 \leq x \ \textless \ 1;\\ 1/2, \ \hbox{se} \ 1 \leq x \ \textless \ 2;\\ 7/8, \ \hbox{se} \ 2\leq x \ \textless \ 3;\\ 1, \ \hbox{se} \ x \geq 3.\end{array} \right..\]

Exemplo 2.1.2: 

O tempo de validade, em meses, de um óleo lubrificante num certo equipamento está sendo estudado. Seja  6 \ \textless \ \omega \leq 8\} $. Uma variável de interesse é o próprio tempo de validade e, nesse caso, definimos $ X(\omega) = \omega; \ \forall \ \omega\in \Omega $. Por exemplo, podemos tomar a seguinte função de distribuição acumulada de $ X $

\[F(x) = \left\{ \begin{array}{l} 0, \ \hbox{se} \ x \ \textless \ 6;\\ (x - 6)/2, \ \hbox{se} \ 6 \leq x \ \textless \ 8;\\ 1, \ \hbox{se} \ x \geq 8.\\ \end{array} \right.\]

Observe que neste exemplo, definimos diretamente a Função de Distribuição Acumulada (FDA) ao invés da probabilidade. Na maioria das aplicações, partimos da FDA para definirmos o modelo probabilístico. Como exercício, mostre qe esta FDA nos fornece um modelo probabilístico $ (\Omega, {\cal F} , \mathbb{P}) $.

A função de distribuição acumulada de uma variável aleatória $ X $ têm três propriedades básicas:

  1. $ 0\leq F(x)\leq 1 $, $  \lim_{x \rightarrow -\infty} F(x) =0 $ e $  \lim_{x \rightarrow \infty} F(x)=1 $;
  2. $ F $ é não decrescente.
  3. $ F $ é uma função contínua à direita e tem limite à esquerda.

Demonstração:

(1) Se $ x \rightarrow - \infty $, então $ \{X\leq x\}\downarrow \emptyset $ e assim $ F(x)=\mathb{P}(X\leq x)\downarrow 0 $. Se $  x \rightarrow + \infty  $, então $ \{X\leq x\}\uparrow \Omega $ e assim $ F(x)=\mathbb{P}(X\leq x)\uparrow 1 $.

(2) $ F $ não decrescente é equivalente a $ x\leq y\Rightarrow \{X\leq x\}\subset \{X\leq y\} \Rightarrow F(x)=\mathbb{P}(X\leq x)\leq \mathbb{P}(X\leq y)=F(y) $

(3) $ F $ é contínua a direita é equivalente a se $ x_n\downarrow x $, então $ \{X\leq x_n\}  $ é um sequência decrescente de eventos aleatórios e $ \displaystyle \bigcap_{n\geq 1}[X\leq x_n]= \{[X\leq x\} $, pois $ X\leq x $ se, e somente se, $ X\leq x_n\mbox{ }\forall n $. Assim, concluímos que


\[F(x_n)=\mathbb{P}(X\leq x_n)\downarrow \mathbb{P}(X\leq x)=F(x)\]

 

Exemplo 2.1.3: 

Para o lançamento de uma moeda, temos que $ \Omega = \{\text{cara}, \text{coroa}\} $ e que $ \mathbb{P}(\text{cara}) = \mathbb{P}(\text{coroa}) = \frac{1}{2} $. Definimos uma variável aleatória \Omega\rightarrow\mathbb{R} $ da seguinte forma: 

\[X(\omega) = \left\{ \begin{array}{l}1, \ \hbox{se} \ \omega = \ \hbox{cara}; \\ 0, \ \hbox{se} \ \omega = \ \hbox{coroa}.\\ \end{array} \right.\]

Para obter a função de distribuição acumulada da variável aleatória $ X $, é conveniente separar os vários casos, de acordo com os valores da variável.

Para $ x \ \textless \ 0 $, $ \mathbb{P}(X \leq x) = 0 $, uma vez que o menor valor assumido pela variável $ X $ é $ 0 $. No intervalo $ 0 \leq x \ \textless \ 1 $, temos que $ \mathbb{P}(X \leq x) = \mathbb{P}(X = 0) = 1/2 $. E, para $ x \geq 1 $, temos que $ \mathbb{P}(X \leq x) = \mathbb{P}(X = 0) + \mathbb{P}(X = 1) = 1 $. Dessa forma, $ F(x) = \mathbb{P}(X \leq x) $ foi definida para todo $ x $ real. Assim, temos 

\[F(x) = \left\{ \begin{array}{l} 0, \ \hbox{se} \ x \ \textless \ 0; \\ 1/2, \ \hbox{se} \ 0 \leq x \ \textless \ 1;\\ 1, \ \hbox{se} \ x \geq 1.\\ \end{array} \right.\]

Note que as propriedades de função de distribuição são facilmente verificadas e que $ F(x) $ é não decrescente para todo $ x $ real e, portanto, vale a propriedade 2. O seguinte resultado, nos diz que qualquer função $ F $ que satisfaz as propriedades básicas é uma função de distribuição acumulada de alguma variável aleatória na reta. A demonstração deste resultado será colocada na próxima subseção, juntamente com o conceito de $ \sigma $-álgebra de Borel na reta.

Teorema 2.1.1: 

Toda função $ F $ satisfazendo as propriedades básicas é uma função de distribuição acumulada de alguma variável aleatória.

 

Exemplo 2.1.4:

Seja X uma variável aleatória com distribuição de Poisson, parâmetro $ \lambda\textgreater 0 $. Mostre que a função de distribuição de $ X $ é

$$F(X)=\left\{\begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{n!}\int_{\lambda}^\infty e^{-t}t^n dt \text { se } n\leq x\textless n+1, n=0,1,2,\dots\\ \\ 0, \text{ se } x\textless 0 \end{array} \right.$$

Temos: se $ n\leq x\textless n+1 $, $ n=0,1,2,\dots $

$$\mathbb{P}(x)=\frac{1}{n!}\left[\int_\lambda^\infty e^{-t}t^ndt\right]$$

usando a integração por partes tomando $ u=t^n $ o que implica que $ du=nt^{n-1}dt $ e $ dv=e^{-t}dt $ o que implica que $ v=-e^{-t} $, então temos que

$$\frac{1}{n!}\left\{[-t^n e^{-t}]_{\lambda}^\infty +n \int_\lambda^{\infty}\right\}=\frac{1}{n!}\left\{\lambda^n e^{-\lambda}+n\int_{\lambda}^\infty e^{-t}t^{n-1}dt\right\}$$


$$=\frac{1}{n!}\left\{\lambda^ne^{-\lambda}+n\lambda^{n-1}e^{-\lambda}+n(n-1)\lambda^{n-2}e^{-\lambda}+\dots+n(n-1)\dots 2\int_{\lambda}^{\infty}e^{-t}tdt\right\}$$


$$=\frac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}+\frac{\lambda^{n-1}}{(n-1)!}e^{-\lambda}+\frac{\lambda e^{-\lambda}}{1!}+e^{-\lambda}$$


$$=\sum_{j=1}^n \frac{\lambda^j}{j!}e^{-\lambda}=\mathbb{P}(X\leq x)$$

no qual $ X\sim Poisson(\lambda) $.

 

Exemplo 2.1.5:

Seja X uma variável aleatória com densidade

$$f(x)=\left\{\begin{array}{l} \displaystyle cx^2, \text { se } -1\leq x\leq 1\\ \\ 0, \text{ caso contrário } \end{array} \right.$$

(a) Determine o valor da constante c.

$$1=\int_{-\infty}^\infty f(x)dx=\int_{-1}^1 cx^2dx=c\frac{x^3}{3}\bigg|_{-1}^1= c\frac{2}{3}\Rightarrow c=\frac{3}{2}$$

(b) Ache o valor $ \alpha $ tal que $ F_X(\alpha)=\frac{1}{4} $.($ \alpha $ é o primeiro quartil da distribuição de X.)

$$\frac{1}{4}=F_X(\alpha)=\int_{-\infty}^\alpha f(x)dx=\int_{-1}^\alpha \frac{3}{2}x^2 dx=\frac{x^3}{2}\bigg|_{-1}^\alpha=\frac{\alpha^3}{2}+\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{\alpha^3}{2}=-\frac{1}{4}\Rightarrow \alpha=-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}.$$

 

Exemplo 2.1.6:

Uma variável aleatória X tem função de distribuição

$$F(x)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 1, \text { se } x\textgreater 1\\ \\ x^3, \text{ se } 0\leq x\leq 1\\ 0\text{ se } x\textless 0. \end{array} \right.$$

Qual é a densidade de X?

$$f(x)=\frac{dF(x)}{dx}$$

quando F for diferenciável em $ x $ então

$$f(x)=\left\{\begin{array}{l} \displaystyle 3x^2, \text { se } 0\leq x\leq 1\\ \\ 0, \text{ caso contrário } \end{array} \right.$$

 

Exemplo 2.1.7:

Verifique que a função de Cantor é uma função de distribuição?

A função de cantor é uma função de distribuição, pois
(i) É não-decrescente $ X\leq Y $ o que implica que $ F(x)\leq F(y) $, $ x,y\in \mathbb{R} $.

(ii) É contínua a direita $ x_n\downarrow x $ o que implica que $ F(x_n)\downarrow F(x) $, $ \forall x\in \mathbb{R} $.

(iii) $ F(-\infty)=0 $, $ F(\infty)=1 $

toda função que satisfaz (i), (ii) e (iii) é a distribuição de alguma variável aleatória.

 

Exemplo 2.1.8:

Seja X uma variável aleatória com densidade

$$f(x)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{(1+x)^2}, \text { se } x\textgreater 1\\ \\ 0, \text{ caso contrário } \end{array} \right.$$

Seja $ Y=\max (X,c) $, no qual $ c $ é uma constante $ c>0 $.
(a) Ache a função de distribuição de Y.

Vamos dividir em três etapas primeiramente
(a1) $ y\textless c $ isso implica que $ \mathbb{P}(Y\leq y)=0 $

(a2) $ y=c $ o que implica que

$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(X\leq c)=\int_0^c \frac{1}{(1+x)^2}dx=-\frac{1}{1+x}\bigg|_0^c=1-\frac{1}{1+c}=\frac{c}{1+c}$$

(a3) $ y\textgreater 0 $ o que implica que

$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\textless y)=\int_0^y \frac{1}{(1+x)^2}dx=-\frac{1}{1+x}\bigg|_0^y=\frac{y}{1+y}$$

Assim,

$$F_Y(y)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\textgreater c\\ \\ \frac{y}{(1+y)}, y\geq c \end{array} \right.$$

(b) Decomponha $ F_Y $ em suas partes discreta, absolutamente contínua e singular.

(b1) Parte discreta $ F_{Y_d} $, temos que

$$\mathbb{P}(Y_d\leq y)=F_Y(y)-F_Y(y^-)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\neq c\\ \\ \frac{c}{(1+c)}, y=c \end{array} \right.$$

(b2) $ F_{Y_{ab}} $ tal que

$$F_{Y_{ab}}=\int_{-\infty}^y f_Y(x) dx,$$

$$f_Y(y)=\frac{dF_y}{dy}=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\leq c\\ \\ \frac{1}{(1+y)^2}, y\textgreater c \end{array} \right.$$

então

$$F_{Y_{ab}}(y)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\leq c\\ \\ \displaystyle \displaystyle\int_c^y \frac{1}{(1+y)^2}dy=\frac{y}{1+y}-\frac{c}{1+c}, y\geq c \end{array} \right.$$

(b3) Agora como $ F_Y(y)=F_{Y_d}(y)+F_{Y_{ab}}(y)+F_{Y_s}(y), \forall y \in \mathbb{R} $, temos

$$F_{Y_s}(y)=F_Y(y)-F_{Y_d}(y)-F_{Y_{ab}}(y)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\textless c\\ \\ \frac{c}{1+c}-\frac{c}{1+c}=0, y= c \\ \frac{y}{1+y}-\frac{c}{1+c}-\left(\frac{y}{1+y}-\frac{c}{1+c}\right)=0, y\textgreater c \end{array} \right.$$

então $ F_{Y_s}(y)=0, \forall y\in \mathbb{R} $.

 

Exemplo 2.1.9:

Se $ X $ é uma variável aleatória com distribuição exponencial de parâmetro $ \lambda \textgreater 0 $, qual a distribuição da variável aleatória $ Y=\min(\lambda,X) $? Faça a decomposição de $ F_Y $.

Temos que $ X\sim Exp(\lambda) $ (para mais detalhes ver 6.12 )%http://www.portalaction.com.br/probabilidades/612-distribuicao-exponencial
(a) Distribuição de Y é dada por

(a1) $ Y\textless \lambda $ e $ \mathbb{P}(Y\leq y)=0 $
(a2) $ Y=\lambda $ temos que

$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(Y=\lambda)=\mathbb{P}(X\leq \lambda)=1-e^{-\lambda^2}$$

(a3) $ Y\textgreater \lambda $

$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(X\leq x)=1-e^{-\lambda x}$$

b) Decomposição de $ F_Y $

(b1)  $

$$\mathbb{P}(Y_{d}=y)=F_Y(y)-F_Y(y^-)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\neq c\\ \\ 1-e^{-\lambda ^2}, y=\lambda \end{array} \right.$$

(b2) $ F_{Y_{ab}}(y)=\int_{-\infty}^y f(y)dy $. Então,

$$f(y)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\neq \lambda\\ \\ \lambda e^{-\lambda y}, y\textgreater \lambda \end{array} \right.$$

Então,

$$F_{Y_{ab}}(y)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\neq \lambda\\ \\ e^{-\lambda^2}-e^{-\lambda y}, y\textgreater \lambda \end{array} \right.$$

e então, $ F_Y(y)=F_{Y_d}(y)+F_{Y_{ab}}(y), \forall y \in \mathbb{R} $ o que implica que $ F_{Y_s}=0 $ para qualquer $ y\in \mathbb{R} $.

 

Exemplo 2.1.10:

Determine a densidade de $ Y=(b-a)X+a $, no qual $ X\sim U[0,1] $. É a densidade da distribuição uniforme em $ [a,b] $, e escrevemos $ Y\sim U[a,b] $. Faça o gráfico da função de distribuição de Y.
Agora

$$X\sim U[0,1]\Rightarrow \mathbb{P}(X\leq x)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } x\textgreater 0 \\ \\ x, \text{ se } 0\leq x\textless 1 \\ 1, x \geq 1.\end{array} \right.$$

Agora $ Y=(b-a)X+a $, então

$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}((b-a)X+a\leq y)=\mathbb{P}\left(X\leq \frac{y-a}{(b-a)}\right)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\textless a \\ \frac{y-a}{b-a}, \text{ se } a\leq y\textless b \\ 1, y \geq b.\end{array}\right.$$

e então

$$f_Y(y)=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle 0, \text { se } y\textgreater a \\ \\ \frac{1}{b-a}, \text{ se } a\leq y\textless b \\ 0, y \geq b.\end{array}\right.$$

 

Exemplo 2.1.11:

Se X tem densidade $ f(x)= \frac{e^{-|x|}}{2} $, $ -\infty\textless x\textless \infty $, qual a distribuição de $ Y=|X| $?

 

$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(|X|\textless y)=\mathbb{P}(-y\leq X \leq y)=\int_{-y}^y \frac{e^{-|x|}}{2}dx=\int_0^y e^{-x}dx=-e^{-x}\bigg|_0^y=1-e^{-y}$$

  Então temos que $ Y\sim Exp(1) $.

 

Exemplo 2.1.12:

Cinco pontos são escolhidos, independentemente e ao acaso, do intervalo $ [0,1] $. Seja $ X $ o número de pontos que pertencem ao intervalo $ [0,c] $ no qual $ 0\textless c\textless 1 $. Qual a distribuição X?

É a repetição de ensaios com mesma probabilidade de sucesso de $ p $ e independentes, no qual

$$p=\frac{comp[0,c]}{comp[0,1]}=c.$$

Então, $ X\sim Binom(5,c) $. (para mais detalhes sobre Binomial veja seção 5.1 )

 

Exemplo 2.1.13:

Determine a distribuição do tempo de espera até o segundo sucesso em uma sequência de ensaios de Bernoulli com probabilidade $ p $ de sucesso.

Seja $ X $ a variável aleatória que designa o tempo de espera até o segundo sucesso. Note que a probabilidade de ocorrer 2 sucessos em $ k(k\geq 2) $ é $ p^2(1-p)^{k-2} $. Agora o último ensaio ocorre na última posição então o primeiro ensaio pode ocorrer em qualquer das posições anteriores. Assim,

$$\mathbb{P}(X=k)=(k-1)p^2(1-p)^{k-2}, k=2,3,\dots$$

 

Exemplo 2.1.14:

Uma massa radioativa emite partículas segundo um processo de Poisson a uma taxa média de 10 partículas por segundo. Um contador é colocado ao lado da massa. Suponha que cada partícula emitida atinge o contador com probabilidade de $ 1/10 $, que o contador registra todas as partículas que o atingem, e que não há iteração entre as partículas(elas se movimentam independentemente).

(a) Qual a distribuição de $ X_i= $ número de partículas emitidas até o tempo $ t,t\textgreater 0 $?

Temos $ (X_t)_{t\textgreater 0} $ é a probabilidade de Poisson então

$$\mathbb{P}(X_t=n)=\mathbb{P}(A^n_{0,t})=\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{(\lambda t)^n}{n!}e^{-\lambda t}, \text { se } n=0,1,2,\dots \\ \\ 0, \text{ caso contrário }.\end{array}\right.$$

(b) Prove que $ Y_t $ tem distribuições de Poisson, onde $ Y_t $ é o número de partículas registradas (contadas) até o tempo t, $ t\textgreater 0 $. Qual o parâmetro?

$$Y_t=\text{número de partículas registradas.}$$

Agora

$$[Y_t=n]=\bigcup_{k=n}^\infty \left([Y_t=n]\cap [X_t=k]\right)$$

o que implica que

$$\mathbb{P}(Y_t=n)=\sum_{k=n}^\infty \mathbb{P}(Y_t=n,X_t=k)=\sum_{k=n}{\infty}\mathbb{P}(Y_t=n|X_t=n)\mathbb{P}(X_t=k)$$

Agora,

$$\left\{ \begin{array}{l} \displaystyle Y_t|X_t=k\sim Binom\left(k,\frac{1}{10}\right)\Rightarrow \mathbb{P}\left(Y_t=n|X_t=k\right)=\frac{k!}{(n-k)!n!} \left(\frac{1}{10}^k\right)\left(\frac{9}{10}^k\right)^{k-n} \\ \\ X_t\sim Poisson(\lambda t) \Rightarrow \mathbb{P}(X_t=k)=\frac{(\lambda t)^k}{k!}e^{-\lambda}\end{array}\right.$$

Então

$$\mathbb{P}(Y_t=n)=\sum_{k=n}^\infty \frac{k!}{(n-k)!n!}\left(\frac{1}{10}\right)^n \left(\frac{9}{10}\right)^{k-n}\frac{(\lambda t)^k}{n!} c^{\lambda t}= \frac{(\lambda t)^n \left(\frac{1}{10}\right)^n}{n!}e^{-\lambda t}\sum_{k=n}^\infty \frac{\left(\frac{9}{10}\lambda t\right)^{k-n}}{(k-n)!}$$

$$=\frac{\left(\frac{\lambda t}{10}\right)^n e^{-\lambda t}}{10} $$

Então, $ Y_t\sim Poisson\left(\frac{\lambda}{10}t\right) $

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