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3.2 - Valor esperado de variáveis aleatórias contínuas e de vetores contínuos.

Definição 3.2.1: Seja $ X $ uma variável aleatória contínua com função densidade de probabilidade $ f(x) $. Definimos o valor esperado ou esperança matemática ou média de $ X $ por

\[\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x) dx,\]

desde que a integral esteja bem definida.

Observação 3.2.1: 1) Se a variável é limitada, o cálculo é feito sem ambiguidade e a existência do valor esperado está assegurada. No caso não limitado, podem aparecer situações indefinidas do tipo $ \infty-\infty $, em que diremos que a esperança não existe. Assim, temos que $ \mathbb{E}(X) $ vai estar bem definida se a integral, em pelo menos um desses intervalos, for finita; isto é

\[\int_{-\infty}^0 xf(x)dx \ \textless \ \infty \qquad \text{e} \qquad \int_0^\infty xf(x)dx \ \textless \ \infty.\]

2) A interpretação de $ \mathbb{E}(X) $ para o caso contínuo é similar ao mencionado para variáveis aleatórias discretas.

3) Se $ g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} $ é uma função mensurável, então $ \mathbb{E}(g(X))=\int_{-\infty}^{\infty}g(x)f(x)dx. $

Exemplo 3.2.1: Seja $ X $ o tempo (em minutos) durante o qual um equipamento elétrico é utilizado em carga máxima, em um certo período de tempo especificado. Então, $ X $ é uma variável aleatória contínua e sua fdp é dada por

\[f(x)=\left\{\begin{array}{l}\displaystyle\frac{1}{(1500)^2}x, \ \text{se } \ 0 \leq x \leq 1500;\\ \displaystyle\frac{-1}{(1500)^2}(x - 3000), \ \text{se} \ 1500 \leq x \leq 3000;\\0, \ \hbox{para quaisquer outros valores.}\\ \end{array}\right.\]

Calcular o valor esperado de $ X $.

\[\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^\infty xf(x)dx=\frac{1}{(1500)(1500)}\left[ \int_0^{1500} x^2dx-\int_ {1500}^{3000} x(x-3000)dx\right]=1500 \ \hbox{minutos}.\]


Exemplo 3.2.2: Seja a função de densidade de uma variável aleatória de $ X $ dada por

\[f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{2}x, \ \hbox{se } 0 \leq \ x \ \leq 2; \\ 0 \ \hbox{caso contrário}.\end{array} \right.\]

Encontre o valor esperado de $ X $

Pela definição 3.2.1, temos que:

\[\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x) dx=\int_{0}^{2}xf(x)=\int_{0}^{2}\frac{1}{2}x^2=\frac{4}{3}.\]

Assim $ \mathbb{E}(X)=4/3 $.

Exemplo 3.2.3: Seja $ X $ uma variável aleatória com função densidade de probabilidade dada por:

\[f(x) = \left\{ \begin{array}{l} 6 e^{-6 x}, \ \hbox{se } x \geq 0; \\ 0 \ \hbox{caso contrário}.\end{array} \right.\]

 

Encontre o valor esperado da variável aleatória $ X $.

\[\mathbb{E}(X)= \int_{-\infty}^{\infty}xf(x) dx=\int_{0}^{\infty}6xe^{-6 x}dx=6\int_{0}^{\infty}xe^{-6x}dx.\]

Resolvendo a integral por partes concluímos que

\[6\left[\frac{xe^{-6 x}}{-6}-\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-6 x}}{-6}dx \right]=6 \left[ \frac{xe^{-6 x}}{-6}- \frac{e^{-6 x}}{36} \right]^{\infty}_{0}= \frac{1}{6}\]

 

Exemplo 3.2.4: Seja $ X $ uma variável aleatória com função densidade dada por

\[f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \lambda e^{-\lambda x}, \ \hbox{se } x \geq 0; \\ 0 \ \hbox{caso contrário}.\end{array} \right.\]

Encontre o valor esperado da variável aleatória $ X $ e de $ X^2 $

\[\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf(x) dx=\int_{0}^{\infty}x\lambda e^{-\lambda x}dx=\lambda\int_{0}^{\infty}xe^{-\lambda x}dx\]

Resolvendo a integral por partes concluímos que

\[\lambda\left[\frac{xe^{-\lambda x}}{-\lambda}-\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-\lambda x}}{-\lambda}dx \right]=\lambda \left[ \frac{xe^{-\lambda x}}{-\lambda}- \frac{e^{-\lambda x}}{\lambda^2} \right]^{\infty}_{0}=\frac{1}{\lambda}.\]

Agora calculamos o valor esperado de $ X^2 $ usando o item 3 da Observação 3.2.1.

\[\mathbb{E}(X^2)=\int_{-\infty}^{\infty}g(x)f(x)dx=\int_{0}^{\infty}x^2\lambda e^{-\lambda x}dx.\]

Resolvendo a integral por partes, obtemos que

\[\lambda \int_{0}^{\infty}x^2 \lambda e^{-\lambda x} dx = \lambda \left[x^2\frac{e^{-\lambda x}}{-\lambda}-2x \frac{e^{-\lambda x}}{\lambda^2}+ 2\frac{e^{-\lambda x}}{-\lambda^3} \right]_{0}^{\infty}=\frac{2}{\lambda^2}.\]


Exemplo 3.2.5: Seja $ X $ uma variável aleatória com função densidade de probabilidade dada abaixo

\[f(x) = \left\{ \begin{array}{c} \frac{4x(9-x^2)}{81}, \ \hbox{se } 0\leq x \leq 3; \\ 0, \ \hbox{caso contrário}.\end{array} \right.\]

Determine o valor esperado de $ X $.

\[\mathbb{E}(X)= \frac{4}{81}\int_{0}^{3}x^2 (9-x^2)dx=\frac{8}{5}.\]

 

Valor esperado e funções de vetores aleatórios contínuos


Definição 3.2.2: Seja $ \widetilde{Z} = (X,Y) $ um vetor aleatório bidimensional contínuo, $ f(x,y) $ a função densidade de probabilidade conjunta de $ \widetilde{Z} $ e $ f_X(x) $ e $ f_Y(y) $ as funções densidade de probabilidade marginais de $ X $ e $ Y $ respectivamente. Então, temos que o valor esperado das variáveis aleatórias $ X $ e $ Y $ são dados por

\[\mathbb{E}(X) = \int_{-\infty}^{\infty}xf_X(x)dx \quad \text{e} \quad \mathbb{E}(Y) = \int_{-\infty}^{\infty}yf_Y(y)dy.\]

Além disso, temos que o valor esperado do vetor aleatório bidimensional $ \widetilde{Z} $ é dado por

\[\mathbb{E}(\widetilde{Z})=(\mathbb{E}(X),\mathbb{E}(Y)).\]


Definição 3.2.3: Seja $ \widetilde{Z} = (X,Y) $ um vetor aleatório bidimensional contínuo, $ f(x,y) $ a função densidade de probabilidade conjunta de $ \widetilde{Z} $ e $ g:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R} $ uma função real Borel mensurável. Então, definimos o valor esperado da variável aleatória $ g(\widetilde{Z}) $ por

\[\mathbb{E}[g(\widetilde{Z})] = \mathbb{E}[g(X,Y)] = \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}g(x,y)f(x,y)dxdy.\]


Observação 3.2.2: As Definições 3.2.2 e 3.2.3 acima podem ser generalizadas para o caso n-dimensional de forma natural.

 

Exemplo 3.2.6:Duas características do desempenho do motor de um foguete são o empuxo ($ X $) e a taxa de mistura ($ Y $). Suponha que $ (X,Y) $ seja uma variável aleatória bidimensional contínua com função densidade de probabilidade conjunta dada por

\[f(x,y) = \left\{\begin{array}{l}2(x+y-2xy), \ \text{se} \ 0\leq x\leq 1, \ 0\leq y\leq 1\\0, \ \text{caso contrário}\end{array}\right.\]

Neste caso, temos que as funções densidade de probabilidade marginais de $ X $ e $ Y $ são dadas respectivamente, por

\[f_X(x)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)dy=\int_0^12(x+y-2xy)dy = 2\left(xy+\frac{y^2}{2}-xy^2\right)\big|_0^1 = 1, \ \text{se} \ 0\leq x\leq 1.\]

Ou seja,

\[f_X(x) = \left\{\begin{array}{l}1, \ \text{se} \ 0\leq x\leq 1\\0, \ \text{caso contrário}\end{array}\right.\]

e

\[f_Y(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)dx=\int_0^12(x+y-2xy)dx = 2\left(\frac{x^2}{2}+xy-x^2y\right) \big|_0^1 = 1, \ \text{se} \ 0\leq y\leq 1.\]

Ou seja,

\[f_Y(y) = \left\{\begin{array}{l}1, \text{se} \ 0\leq y\leq 1\\ 0, \ \text{caso contrário} \end{array}\right.\]

Portanto, concluímos que

\[\mathbb{E}(X) = \int_{-\infty}^{\infty}xf_X(x)dx = \int_0^1xdx = \frac{1}{2} \quad \text{e} \quad \mathbb{E}(Y) = \int_{-\infty}^{\infty}yf_Y(y)dy = \int_0^1ydy = \frac{1}{2}.\]

Se $ \widetilde{Z} = (X,Y) $ segue então que

\[\mathbb{E}(\widetilde{Z}) = (\mathbb{E}(X),\mathbb{E}(Y)) = \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).\]