3.3 - Propriedades do valor esperado

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Nesta seção, veremos algumas importantes propriedades do valor esperado de uma variável aleatória. Em cada caso, admitimos que todos os valores esperados mencionados, existem.

P1. Se $ X=c $ com $ c $ uma constante real, então $ \mathbb{E}(X)=c $.

De fato, se $ X $ é uma variável aleatória discreta, temos que


\[\mathbb{E}(X) =\sum_{\mathcal{R}_X}x\mathbb{P}(X=x) = c\mathbb{P}(X=c) = c\cdot 1=c\]

 

P2. Seja $ c $ uma constante real e $ X $ uma variável aleatória. Então,


\[\mathbb{E}(cX) = c\mathbb{E}(X)\]

 

De fato, no caso discreto temos que


\[\mathbb{E}(cX)=\sum_{x\in\mathcal{R}_X}cx\mathbb{P}(X = x)=c\sum_{x\in\mathcal{R}_X}x\mathbb{P}(X = x)= c\mathbb{E}(X).\]

 

De modo análogo, temos no caso contínuo, que


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

.

 

P3. Sejam $ X $ e $ Y $ duas variáveis aleatórias quaisquer. Então,


\[\mathbb{E}(X + Y) = \mathbb{E}(X) + \mathbb{E}(Y).\]

 

De fato, no caso discreto, considere $ p(x,y) $ a função de probabilidade conjunta e $ p_X(x) $ e $ p_Y(y) $ as funções de probabilidade marginais de $ X $ e $ Y $ respectivamente. Então, temos que


\[\mathbb{E}(X+Y)=\sum_{y\in\mathcal{R}_Y}\sum_{x\in\mathcal{R}_X}(x+y)p(x,y)=\sum_{x\in\mathcal{R}_X}\sum_{y\in\mathcal{R}_Y}xp(x,y)+\sum_{y\in\mathcal{R}_Y}\sum_{x\in\mathcal{R}_X}yf(x,y)\]

 

de onde segue que


\[\mathbb{E}(X+Y)\sum_{x\in\mathcal{R}_X}xp_X(x) +\sum_{y\in\mathcal{R}_Y}yp_Y(y).\]

 

Portanto, concluímos que


\[\mathbb{E}(X+Y)=\mathbb{E}(X)+\mathbb{E}(Y).\]

 

Se $ X $ e $ Y $ são variáveis aleatórias contínuas, considere $ f(x,y) $ a função densidade de probabilidade conjunta e $ f_X(x) $ e $ f_Y(y) $ as funções densidade de probabilidade marginais de $ X $ e $ Y $ respectivamente. Então


\[\mathbb{E}(X+Y)=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}(x+y)f(x,y)dxdy=\int_{-\infty}^{\infty}x\left(\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)dy\right)dx+\int_{-\infty}^{\infty}y\left(\int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)dx\right)dy.\]

 

ou seja,


\[\mathbb{E}(X+Y)=\int_{-\infty}^{\infty}xf_X(x,y)dx+\int_{-\infty}^{\infty}yf_Y(x,y)dy=\mathbb{E}(X)+\mathbb{E}(Y)\]

 

demonstrando o resultado.

P4. Sejam $ n $ variáveis aleatórias $ X_1,\ldots,X_n $. Então,


\[\mathbb{E}(X_1+X_2+\ldots+X_n)=\mathbb{E}(X_1)+\mathbb{E}(X_2)+\ldots+\mathbb{E}(X_n).\]

 

A demonstração deste caso é análoga a anterior. Basta fazer uma indução sobre $ n $.

P5. Sejam $ X $ e $ Y $ variáveis aleatórias independentes. Então,


\[\mathbb{E}(XY) = \mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y).\]

 

De fato, suponha que $ X $ e $ Y $ são variáveis aleatórias independentes com função de probabilidade conjunta $ p(x,y) $ para o caso discreto ou função densidade de probabilidade conjunta $ f(x,y) $ para o caso contínuo. Como, por hipótese, $ X $ e $ Y $ são independentes, temos do Teorema 3.1.2 que


\[p(x,y) = p_X(x) \cdot p_Y(y)\]

 

no caso discreto e do Teorema 3.2.1 que


\[f(x,y) = f_X(x)\cdot f_Y(y)\]

 

no caso contínuo. Desta forma, se $ X $ e $ Y $ são variáveis aleatórias discretas independentes, temos que


\[\mathbb{E}(XY)=\sum_{x\in\mathcal{R}_X}\sum_{y\in\mathcal{R}_Y}xyp(x,y)= \sum_{x\in\mathcal{R}_X}\sum_{y\in\mathcal{R}_Y}xyp_X(x)p_Y(y)= \sum_{x\in\mathcal{R}_X}xp_X(x)\sum_{y\in\mathcal{R}_Y}yp_Y(y)\]

 

de onde segue que


\[\mathbb{E}(XY)=\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y).\]

 

Analogamente, para o caso contínuo, temos que


\[\mathbb{E}(XY)=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xyf(x,y)dxdy=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xyf_X(x)f_Y(y)dxdy\]

 

ou seja,


\[\mathbb{E}(XY)=\int_{-\infty}^{\infty}xf_X(x)\left(\int_{-\infty}^{\infty}yf_Y(y)dy\right)dx=\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y).\]

 

demonstrando assim o resultado.

P6. (Desigualdade de Jensen)  Seja \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} $ uma função convexa e $ X $ uma variável aleatória integrável, ou seja, $ E(X)\leq \infty $. Então temos que


\[\mathbb{E}(f(X))\geq f(\mathbb{E}(X)).\]

 

Ressaltamos que uma função é dita convexa se seu gráfico for convexo, ou seja, dado quaisquer pontos $ a,b\in \mathbb{R} $ a reta que passa pelos pares ordenados $ (a,f(a)) $ e $ (b,f(b)) $ não intercepta o gráfico de $ f $ em nenhum ponto no intervalo $ (a,b) $.

Uma definição equivalente seria que para quaisquer $ x, y \in [a,b] $ e para todo $ t\in [0,1] $ temos que:


\[f(tx+(1-t)y)\leq tf(x)+(1-t)f(y)\]

 

De fato se $ f $ é uma função convexa então dado um par ordenado $ (y,f(y)) $ no gráfico de $ f $, temos que existe uma reta $ r $ tal que a reta passa pelo ponto $ (y,f(y)) $ e deixa a curva $ f $ toda acima dela, ou seja, existe um $ \lambda\in\mathbb{R} $ tal que $ r(x)=\lambda(x-y)+f(y) $.

Então temos que 


\[f(x)\geq r(x)=\lambda(x-y)+f(y),~~~\forall x \in\mathbb{R}.\]

 

Portanto, se aplicarmos o valor esperado em ambos os lados obtemos:


\[\mathbb{E}(f(X))\geq \mathbb{E}(r(X))=f(y)+\lambda(\mathbb{E}(X)-y).\]

 

E, tomando $ y=\mathbb{E}(X) $, o resultado segue.

 

Teorema 3.3.1:

Seja X uma variável  aleatória, $ \varphi(x) $ uma função real mensurável. Então 

$$\mathbb{E}(\varphi(X))=\int y dF_{\varphi(X)}(y)=\int \varphi(x)dF_X(x),$$

no qual a existência de uma das integrais implica a existência da outra e a igualdade das duas.

 

 

Exemplo 3.3.1:

Dizemos que a distribuição de X é simétrica (em torno de zero) se $ \mathbb{P}(X\geq x)=\mathbb{P}(X\leq -x) $ para todo $ x\in \mathbb{R} $, e que sua distribuição é simétrica em torno de $ \mu $ se

$$\mathbb{P}(X\geq \mu +x)=\mathbb{P}(X\leq \mu -x) \forall x \in \mathbb{R}$$

(a) Prove: Se a distribuição de X é simétrica em torno de $ \mu $ e se X é simétrica em torno de $ \mu $ e se X é integrável, então $ \mathbb{E}(X)=\mu $

Primeiramente vamos provar para $ \mu=0 $. Se $ \mu=0 $ isso implica que X é integrável e tem distribuição simétrica em zero o que implica que

$$\mathbb{P}(X\geq 0)=\mathbb{P}(X\leq -x)$$

o que implica que

$$(1-F_X(x))=F_X(-x)$$

Logo temos que

$$\mathbb{E}(X)=\int_0^\infty (1-F_X(x))dx-\int_{-\infty}^0 F_X(x)dx$$

Fazendo uma mudança de variável temos que

$$\mathbb{E}(X)=\int_0^\infty (1-F_X(x))dx-\int_{0}^\infty F_X(-x)dx=0$$

Agora, para $ \mu\neq 0 $, temos que $ X $ é integrável e tem distribuição simétrica em $ \mu $, ou seja,

$$\mathbb{P}(X\geq \mu+x)=\mathbb{P}(X\leq \mu - x), \quad \quad \forall x\in \mathbb{R}$$

Assim, definimos $ Y=X-\mu $ então $ Y\leq X $, e como X é integrável implica que Y é integrável, pois
$ Y=X-\mu $ o que implica

$$|X|-\mu \leq |X-\mu|=|Y|=|X-\mu|\leq |X|+\mu$$

Agora $ Y $ é simétrica em zero, pois

$$\mathbb{P}(Y\geq y)=\mathbb{P}(X-\mu \geq y)=\mathbb{P}(X\geq \mu +y)=\mathbb{P}(X\leq \mu-y)=\mathbb{P}(X-\mu\leq -y)=\mathbb{P}(Y\leq -y)$$

Então, pelo caso em que $ \mu=0 $ temos que $ \mathbb{E}(Y)=0 $.

(b) Suponha que X possua densidade $ f(x) $. Mostre que se $ f(\mu+x)=f(\mu-x) $$ \forall x $, então a distribuição de X é simétrica em torno de $ \mu $. Enuncie e prove a propriedade análoga para o caso discreto.

$$\mathbb{P}(X\geq \mu +x)=\int_{\mu+x}^\infty f_X(x)dx$$

Fazendo uma mudança de variável $ y=2\mu-x $ e $ dy=-dx $, temos que

$$\int_{\mu+x}^\infty f_X(x)dx=-\int_{\mu-x}^{-\infty} f_X(2\mu+y)dy=\int_{-\infty}^{\mu-x}f_X(2\mu+y)dy=\int_{-\infty}^{\mu-x}f_X(y)dy=\mathbb{P}(X\leq \mu +x)$$

Caso Discreto: Suponha que X possui função de probabilidade $ p $. Mostre que se

$$\mathbb{P}(\mu+x)=\mathbb{P}(\mu-x), \quad \quad \forall x$$

então a distribuição de X é simétrica em torno de $ \mu $.

$$\mathbb{P}(X\geq \mu +x)=\sum_{\mu+x}^\infty \mathbb{P}(x)$$

tomando $ y=\mu-x $ temos que

$$\sum_{\mu+x}^\infty \mathbb{P}(x)=\sum_{-x}^{-\infty} \mathbb{P}(\mu-y)=\sum_{-\infty}^{-x}\mathbb{P}(\mu+y)=\sum_{-\infty}^{\mu-x}\mathbb{P}(X)=\mathbb{P}(X\leq \mu-x)$$

e o resultado segue.

(c)Qual o ponto de simetria das distribuições das seguintes variáveis aleatórias? Dê a esperança de cada variável aleatória, se existir.
(i) $ X\sim N(\mu,\sigma^2) $.
Temos que

$$f(x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(x-\mu)^2}, \quad \quad x\in \mathbb{R}$$

temos que :

$$f(\mu-x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(\mu-x-\mu)^2}=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2\sigma^2}x^2}, \quad \quad x\in \mathbb{R}$$

e

$$f(\mu+x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(\mu+x-\mu)^2}=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2\sigma^2}x^2}, \quad \quad x\in \mathbb{R}$$

pelo item (b) X é simétrica em torno de $ \mu $.

$$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^\infty x \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2\sigma^2}(x-\mu)^2}$$

tomando $ y=\frac{x-\mu}{\sigma} $ e $ x=\sigma y +\mu $ e $ dx=\sigma dy $ então

$$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^\infty (\sigma y+\mu)\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}y^2}\sigma dy= \frac{\sigma}{\sqrt{2 \pi}}\int_{-\infty}^\infty y e^{-\frac{1}{2}y^2}dy+\mu \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}y^2}dy= \frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}\left[-e^{-\frac{1}{2}y^2}\right]_{-\infty}^{\infty}+\mu=\mu$$

(ii)$ X\sim Cauchy(M,b) $ i.e., $ f(x)=\frac{b}{\pi[b^2+(x-M)^2]}, \quad \quad x \in \mathbb{R} $ 

$$f(M-x)=\frac{b}{\pi[b^2+(M-x-M)^2]}=\frac{b}{\pi(b^2+x^2)}$$

e

$$f(M+x)=\frac{b}{\pi[b^2+(M+x-M)^2]}=\frac{b}{\pi(b^2+x^2)}$$

então pelo item (b) X é simétrica em M.

$$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^\infty x\frac{b}{\pi[b^2+(x-M)^2]}dx$$

tomando $ y=x-M $, $ x=y+M $ e $ dx=dy $ temos então que

$$\mathbb{E}(X)=\frac{2}{\pi}\int_{-\infty}^\infty (y+M)\frac{b}{b^2+y^2}dy=\frac{b}{\pi}\int_0^{\infty}\frac{2y}{b^2+y^2}dy+\frac{2bM}{\pi}\int_{0}^\infty \frac{1}{b^2+y^2}dy$$

então, temos que

$$\frac{b}{\pi}\int_0^{\infty}\frac{2y}{b^2+y^2}dy+\frac{2bM}{\pi}\int_{0}^\infty \frac{1}{b^2+y^2}dy=\frac{b}{\pi}\lim_{a\rightarrow \infty}\left(\ln(b^2+y^2)\right)_0^\infty+\frac{2bM}{\pi}\left[\frac{1}{\pi}arctg\left(\frac{M}{b}\right)\right]_0^\infty= 0$$

(iii)$ X\sim U[a,b] $

$$f(x)=\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \frac{1}{b-a}, \quad x\in [a,b]\\ \\ \\ 0, \quad \text{Caso Contrário.}\end{array}\right.$$

Então,

$$f\left(\frac{a+b}{2}+x\right)=\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \frac{1}{b-a}, \quad\quad \frac{a+b}{2}+x\in [a,b]\Leftrightarrow \frac{a-b}{2}\leq x \leq \frac{b-a}{2}\\ \\ \\ 0, \quad \text{Caso Contrário.}\end{array}\right.$$

e

$$f\left(\frac{a+b}{2}-x\right)=\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \frac{1}{b-a}, \quad\quad \frac{a+b}{2}-x\in [a,b]\Leftrightarrow \frac{a-b}{2}\leq -x \leq \frac{b-a}{2}\\ \\ \\ 0, \quad \text{Caso Contrário.}\end{array}\right.$$

Assim,

$$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^\infty x f_X(x)dx=\int_a^b\frac{x}{b-a}dx=\frac{1}{b-a}\left[\frac{x^2}{2}\right]^b_a=\frac{1}{2}\frac{b^2-a^2}{(b-a)}=\frac{a+b}{2}$$

(iv)$ X \sim b\left(n, \frac{1}{2}\right) $ 

$$\mathbb{P}(x)=\binom{n}{x}\left(\frac{1}{2}\right)^2, x=0,1,2, \dots, n-1,n.$$

Agora, temos que

$$\mathbb{P}\left(x+\frac{n}{2}\right)=\binom{n}{x+\frac{n}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^n$$

$$\mathbb{P}\left(-x+\frac{n}{2}\right)=\binom{n}{-x+\frac{n}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^n$$

que são iguais pois $ x+\frac{n}{2}=n-\left(x-\frac{n}{2}\right) $. X é integrável, pois $ 0\leq X \leq n $, então pelo item (a):

$$\mathbb{E}(X)=\frac{n}{2}$$

(v) X tal que $ F_X $ é função de Cantor
Por construção X é  simétrica em torno de $ \frac{1}{2} $ e como é limitada $ 0\leq \mathbb{E}(X)\leq 1 $ o que implica que $ \mathbb{E}(X)=\frac{1}{2} $

(vi) X tendo distribuição de Laplace (ou exponencial dupla):

$$f(x)=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |x-\mu|}, \quad x \in \mathbb{R}$$

Temos que

$$f(\mu -x)=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |\mu-x-\mu|}=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |x|}, \quad x \in \mathbb{R}$$

e

$$f(\mu+ x)=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |\mu+x-\mu|}=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |x|}, \quad x \in \mathbb{R}$$

ou seja, é simétrica em torno de $ \mu $.
Agora

$$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^\infty x \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |x-\mu|}dx$$

definindo $ x-\mu=y $, $ x=y+\mu $ e $ dx=dy $ temos

$$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^\infty (y+\mu) \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |y|}dy= \int_{-\infty}^0 (y+\mu) \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |y|}dy +\int_{0}^\infty (y+\mu) \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda |y|}dy = \mu$$

 

Exemplo 3.3.2:

Seja X uma variável aleatória tendo distribuição logística com densidade

$$f(x)=\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}, \quad x \in \mathbb{R}.$$

(a) Prove que a distribuição de X é simétrica em torno de zero

$$\frac{f(x)}{f(-x)}=\frac{\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}}{\frac{e^{x}}{(1+e^{x})^2}}=\frac{e^{-x}(1+e^{x})^2}{e^{x}(1+e^{-x})^2}= \frac{e^{-x}+e^{x}+2}{e^{x}+e^{-x}+2}=1\Rightarrow f(x)=f(-x).$$

Assim pelo exemplo 3.3.1 é simétrica em torno de zero.

(b) Determine se X tem esperança finita, Se tiver ache o valor.

Sabemos X é integrável se, e somente se, $ \mathbb{E}(|X|)\textless \infty $
Assim

$$\mathbb{E}(|X|)=\int_0^\infty x dF_{|X|}(x)=\int_0^\infty x \left[f(x)+f(x)\right]dx=2\int_0^\infty x\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}dx$$

Definimos, $ t=e^{-x} $, $ x=-\ln(t) $ e $ dx=-\frac{1}{t}dt $ e então

$$2\int_0^\infty x\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}dx=2\int_0^1 \ln(t)\frac{t}{(1+t)^2}\left(\frac{1}{t}\right)dt=-2\int_0^1 \frac{\ln(t)}{(1+t)^2}dt$$

Novamente fazendo uma mudança de variável, $ u=\ln(t) $ o que implica que $ du=\frac{1}{t}dt $ e $ dv=\frac{1}{(1+t)^2}dt $ o que implica que $ v=-(1+t)^{-1} $. Então, temos que

$$-2\int_0^1 \frac{\ln(t)}{(1+t)^2}dt=-2\left\{\left[-\frac{\ln(t)}{1+t}\right]_0^1+ \int_0^1 \frac{1}{t(t+1)}dt\right\}=$$

$$-2\left\{-\frac{\ln(t)}{1+t}+\ln\left(\frac{1+t}{t}\right)\right\}_0^1 = -2\left[\ln(t)^{1/(t+1)}\left(\frac{1+t}{t}\right)\right]=$$

$$ -2 \left[\frac{t}{1+t}\ln(t)+\ln(1+t)\right]_0^1=2\ln(2)$$

então $ X $ é integrável pelo exemplo 3.3.1 temos que $ \mathbb{E}(X)=0 $.

(c)Obtenha a densidade de $ Y=e^{Y} $ e ache $ \mathbb{E}(Y). $
Temos que

$$f_Y(y)=\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \frac{1}{y}f_X(\ln(y))=\frac{1}{y}\frac{\frac{1}{y}}{\left(1+\frac{1}{y}\right)^2}= \frac{1}{(1+y)^2}, \quad \quad y\textgreater 0 \\ \\ \\ 0, \text{Caso Contrário }\end{array}\right.$$

Assim,

$$\mathbb{E}(Y)=\int_0^\infty \frac{y}{(1+y)^2}dy$$

fazendo uma mudança de variável $ u=y $ o que implica que $ du=dy $ e $ dv=\frac{dy}{(1+y)^2} $  que implica que $ v=-\frac{1}{1+y} $, temos então que

$$\int_0^\infty \frac{y}{(1+y)^2}dy=\left[-\frac{y}{1+y}\right]_0^\infty + \int_0^\infty \frac{1}{1+y}dy= \infty$$

 

Exemplo 3.3.3:

Calcule $ \mathbb{E}(X) $ se $ X $ possui densidade $ f(x) $, onde:

(a) f é a densidade dada

$$f(x)=\left\{\begin{array}{l}cx^2, -1\leq x \leq 1 \\ \\ \\ 0, \quad \quad \text{ Caso Contrário.} \end{array}\right.$$

Então, a esperança é dada por

$$\mathbb{E}(X)=\int_{-1}^1 x f(x)dx=\int_{-1}^1 cx^3 dx =\left[\frac{cx^4}{4}\right]_{-1}^1=0$$

(b) $ f(x)=\displaystyle \frac{1}{(1+x)^2} $ se $ x \textgreater 0; $$ f(x)=0 $ se $ x\leq 0 $.

Pelo item (c) do exemplo 3.3.2  $ \mathbb{E}(X)=\infty $.

 

Exemplo 3.3.4:

(a) Se $ X\sim \Gamma(\alpha,\beta) $, com $ \alpha \textgreater 0 $ e $ \beta \textgreater 0 $, qual é $ \mathbb{E}(X) $?

$$f(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{\beta^\alpha x^{\alpha -1}e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha)}, \quad x\textgreater 0 \\ \\ \\ 0, \text{Caso Contrário}\end{array}\right.$$

Temos que

$$\mathbb{E}(X)=\int_{0}^\infty x f(x)dx=\int_0^\infty \frac{\beta^\alpha x^{\alpha}e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha)}dx.$$

Definindo, $ y=\beta x $ e $ dy= \beta dx $, então

$$\int_0^\infty \frac{\beta^\alpha x^{\alpha}e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha)}dx= \frac{1}{\beta \Gamma(\alpha)}\int_0^\infty y^{\alpha} e^{-y}dy= \frac{\Gamma(\alpha+1)}{\beta\Gamma(\alpha)}=\frac{\alpha}{\beta}.$$

(b)Dizemos que $ X $ tem distribuição de Weibull 
se possui densidade

$$f(x)=\left\{\begin{array}{l}\displaystyle \lambda \alpha x^{\alpha-1} e^{-\lambda x^\alpha}, \quad \quad x\geq 0\\ \\ \\ 0, \quad \quad x\leq 0.\end{array}\right.$$

Calcule $ \mathbb{E}(X) $ neste caso.
Temos então

$$\mathbb{E}(X)=\int_0^\infty x f(x)dx=\int_0^\infty \lambda \alpha x^{\alpha}e^{-\lambda x^{\alpha}}dx$$

fazendo mudança de variável $ y=\lambda x^\alpha $, $ x=\left(\frac{y}{\lambda}\right)^{1/\alpha} $ com $ dx=\frac{1}{\lambda^{1/\alpha}}\frac{1}{\alpha} y^{\frac{1}{\alpha}-1} $, então temos que

$$\int_0^\infty \lambda \alpha x^{\alpha}e^{-\lambda x^{\alpha}}dx=\int_0^\infty \alpha y e^{-y}\frac{1}{\alpha}\frac{y^{1/\alpha - 1}}{\lambda^{1/\alpha}} dy = \lambda^{-\frac{1}{\alpha}}\int_{0}^\infty y^{1/\alpha}e^{-y}dy= \lambda^{-1/\alpha} \Gamma(1+1/\alpha)$$

 

Exemplo 3.3.5:

Sejam $ X $ e $ Y $ variáveis aleatórias independentes com distribuição comum $ U[0,1] $. Calcule $ \mathbb{E}(Z) $ e $ \mathbb{E}(W) $, com $ Z=\min(X,Y) $ e $ W=\max(X,Y) $

Temos que

$$F_X(x)=\left\{\begin{array}{l}0, \quad \quad x\textless 0\\ \\ \\ x, \quad \quad 0\leq x\textless 1 \\ \\ \\ 1, \quad \quad x \geq 1 \end{array}\right.$$

e

$$F_Y(y)=\left\{\begin{array}{l}0, \quad \quad y\textgreater 0\\ \\ \\ y, \quad \quad 0\leq y\textless 1 \\ \\ \\ 1, \quad \quad y \geq 1 \end{array}\right.$$

Assim, como X e Y são independente temos que

$$\mathbb{P}(Z\textgreater z)=\mathbb{P}(X\textgreater z, Y\textgreater z)=\mathbb{P}(X\textgreater z)\mathbb{P}(Y\textgreater z) = \left\{ \begin{array}{l}1, \quad \quad z\textless 0\\ \\ \\ (1-z)^2, \quad \quad 0\leq z\textless 1 \\ \\ \\ 0, \quad \quad z \geq 1 \end{array}\right.$$

então,

$$\mathbb{E}(Z)=\int_0^1 \mathbb{P}(Z\textgreater z)dz= \int_0^1 (1-z)^2dz=-\frac{(1-z)^3}{3}\Biggl|_0^1 =\frac{1}{3}$$

Agora

$$\mathbb{P}(W\leq w)=\mathbb{P}(X\leq w, Y\leq w)=\mathbb{P}(X\leq w)\mathbb{P}(Y\leq w) = \left\{ \begin{array}{l}0, \quad \quad w\leq 0\\ \\ \\ (w)^2, \quad \quad 0\leq w\textless 1 \\ \\ \\ 1, \quad \quad z \geq 1 \end{array}\right.$$

Então,

$$\mathbb{E}(W)=\int_0^\infty \mathbb{P}(W\textgreater z)dz= \int_0^1 (1-w)^2dz=w\Biggl|_0^1- \frac{w^3}{3}\Biggl|_0^1 =\frac{2}{3}$$

Exemplo 3.3.6:

Um jogador vai lançando uma moeda honesta. Ele para depois de lançar ou duas caras sucessivas ou duas coras sucessivas. Qual a esperança do número de lançamentos ?

Seja $ X $ o número de lançamentos, primeiramente vamos considerar $ X=n $, com $ n $ par, ou seja, $ n=2k $ para $ k\in \mathbb{N} $. Então,

$$\mathbb{P}(X\textgreater 2k)=2p^k(1-p)^k=2\left(\frac{1}{2}\right)^k\left(\frac{1}{2}\right)^k=2\left(\frac{1}{2}\right)^{2k}=2\left(\frac{1}{2}\right)^n$$

Agora considere $ n=2k+1 $, então

$$\mathbb{P}(X\textgreater 2k+1)=p^k(1-p)^{k+1}+p^{k+1}(1-p)^{k}=2\left(\frac{1}{2}\right)^{2k+1} =2\left(\frac{1}{2}\right)^n$$

e

$$\mathbb{P}(X\textgreater 0)=\mathbb{P}(X\geq 1)=1$$

Então,

$$\mathbb{E}(X)=\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(X\textgreater 0)=2+\sum_{n=2}^\infty 2\left(\frac{1}{2}\right)^n=2+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=3$$

 

Exemplo 3.3.7:

Uma urna contém n bolas numeradas $ 1,2, \dots,n $. Uma pessoa tira uma bola e a devolve, tira outra e a devolve, continuando até tirar uma bola pela segunda vez. Seja X o número total de retiradas necessárias para obter essa repetição

(a) Ache a distribuição de X

Temos que $ [X\textgreater k]= $ as k primeiras bolas retiradas são diferentes, $ k=2,\dots, (n-1) $. Então,

$$\mathbb{P}(X\textgreater k)=\frac{C_n^k}{n^k}=\frac{n}{n}\frac{n-1}{n}\frac{n-2}{n}\dots \frac{n-k}{n} = \left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\dots \left(1-\frac{k}{n}\right)$$

e

$$\mathbb{P}(X\textgreater 0)=\mathbb{P}(X\geq 1)=1$$

e

$$\mathbb{P}(X\geq k)=0, k\geq n$$

(b) Mostre que

$$\mathbb{E}(X)=2+\left(1-\frac{1}{n}\right)+\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\dots +\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\dots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)$$

Temos que  $ X $ é uma variável não negativa, e pelo item (a) temos que

$$\mathbb{E}(X)=\sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(X\textgreater n)=2+\left(1-\frac{1}{n}\right)+\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\dots +\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\dots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)$$

 

 

Exemplo 3.3.8:

Sejam X e Y variáveis aleatórias. Se $ F_X(x)\leq F_Y(x) $ para todo $ x\in \mathbb{R} $, dizemos que X é estocasticamente maior que Y. Prove que se X é estocasticamente maior que Y, então $ \mathbb{E}(X)\geq \mathbb{E}(Y) $ (se $ \mathbb{E}(X) $ e $ \mathbb{E}(Y) $ existem )

Temos que

$$\mathbb{E}(X)=\int_0^\infty (1-F_X(x))dx-\int_{-\infty}^0 F_X(x)dx$$

e

$$\mathbb{E}(Y)=\int_0^\infty (1-F_Y(y))dy-\int_{-\infty}^0 F_Y(y)dy$$

Agora, como

$$F_X(x)\leq F_Y(x), \forall x\in \mathbb{R}$$

o que implica que

$$\int_{-\infty}^0 F_{X}(x)dx\leq \int_{-\infty}^0 F_Y(y)dy $$

e

$$(1-F_X(x))\geq (1-F_Y(x)), \forall x\in \mathbb{R}$$

o que implica que

$$\int_{0}^\infty(1- F_{X}(x))dx\leq \int_{0}^\infty (1-F_Y(y))dy $$

Então temos que

$$\mathbb{E}(X)\geq \mathbb{E}(Y).$$

 

Exemplo 3.3.9:

Dois componentes eletrônicos vão ser testados simultaneamente. Suponha que a "vida" em horas de cada componente é exponencialmente distribuída com parâmetro $ \lambda $, e que as vidas dos componentes são independentes. Calcule:

(a) A esperança do tempo até a primeira falha de um dos componentes.
Temos que $ T_1\sim \exp(\lambda) $ independente $ T_2\sim \exp(\lambda) $ então

$$[T\textgreater t ]=[T_1\textgreater t]\cap [T_2\textgreater t] $$

Então,

$$\mathbb{P}(T\textgreater t)=\mathbb{P}(T_1\textgreater t) \mathbb{P}(T_2\textgreater t)= e^{-\lambda t}e^{-\lambda t}=e^{-2\lambda t}$$

Assim, como

$$\mathbb{E}(T)=\int_0^\infty \mathbb{P}(T\textgreater t)dt=\int_0^\infty e^{-2\lambda t}=-\frac{e^{-2\lambda}}{2\lambda}\Bigg|_0^\infty = \frac{1}{2\lambda}$$

(b) A esperança do tempo até ambos os componentes falharem.
Para isso, temos que

$$[T\leq t ]=[T_1\leq t]\cap [T_2\leq t] $$

o que implica que

$$\mathbb{P}(T\leq t)=\mathbb{P}(T_1\leq t) \mathbb{P}(T_2\leq t)= \left(1-e^{-\lambda t}\right)^2$$

Como T é uma variável não-negativa então

$$\mathbb{E}(T)=\int_0^\infty \mathbb{P}(T\textgreater t)dt=\int_0^\infty \left(e^{-2\lambda t}+2e^{-\lambda t}\right)dt=\frac{3}{2\lambda}$$

 

 

Exemplo 3.3.10:

Dois jogadores lançam moedas simultaneamente até obterem o primeiro casamento (ie. ou duas caras ou duas coroas ). Se os dois lançam "cara" simultaneamente, ganha o jogador I, se ambos lançam "coroa", ganha o jogador II. Por exemplo, se os dois obtêm "cara" no primeiro lançamento, então o jogo termina e o jogador I ganha o jogo. Suponha que a moeda do jogador I seja honesta, mas que a moeda do outro não necessariamente ou seja, tendo probabilidade $ p $ de "cara", $ 0\textless p\textless 1 $.

(a) Calcule a esperança do número de lançamentos (i.e., o número de vezes que o jogador I lança a moeda até terminar o jogo).
Defina

$$X_i=\{\text{Resultado do i-ésimo lançamento da moeda do jogador I }\}=\left\{\begin{array}{l} 0, \text{ se é Cara}\\ \\ \\ 1, \text{ se é Coroa}\end{array}\right.$$

e

$$Y_i=\{\text{Resultado do i-ésimo lançamento da moeda do jogador II }\}=\left\{\begin{array}{l} 0, \text{ se é Cara}\\ \\ \\ 1, \text{ se é Coroa}\end{array}\right.$$

então

$$\mathbb{P}(X_i=0)=\frac{1}{2}=\mathbb{P}(X_i=1)$$

e

$$\mathbb{P}(Y_i=0)=p,\quad \quad \quad \mathbb{P}(Y_i=1)=1-p$$

Vamos definir os seguintes conjuntos

$$G_i^{I}=\{\text{Ganha o jogador I no Lançamento i}\}$$

$$G_i^{II}=\{\text{Ganha o jogador II no Lançamento i}\}$$

e ainda

$$C_i=\{\text{nem o jogador I e o jogador II no lançamento i e então o jogo continua.}\}$$

Assim temos que

$$\mathbb{P}\left(G_i^{I}\bigg| C_{i-1}\right)=\mathbb{P}(X_i+Y_i=0)=\mathbb{P}(X_i=0)\mathbb{P}(Y_i=0)=\frac{1}{2}p$$

$$\mathbb{P}\left(G_i^{II}\bigg| C_{i-1}\right)=\mathbb{P}(X_i+Y_i=2)=\mathbb{P}(X_i=1)\mathbb{P}(Y_i=1)=\frac{1}{2}(1-p)$$

$$\mathbb{P}\left(C_i\bigg| C_{i-1}\right)=\mathbb{P}(X_i+Y_i=1)=$$

$$\mathbb{P}(X_i=0)\mathbb{P}(Y_i=1)+ \mathbb{P}(X_i=1)\mathbb{P}(Y_i=0)=$$

$$ \frac{1}{2}p+\frac{1}{2}(1-p)=\frac{1}{2}$$

Seja $ Z $ a variável aleatória que conta o número de lançamentos até o jogo acabar. Então, temos que

$$\mathbb{P}(Z\textgreater n)=\mathbb{P}(C_1)\mathbb{P}\left(C_2\bigg|C_1\right)\mathbb{P}\left(C_3\bigg|C_1\cap C_2\right) \dots \mathbb{P}\left(C_n\bigg|C_1\cap C_2\cap \dots \cap C_{n-1}\right)$$

$$= \mathbb{P}\left(C_1\right)\mathbb{P}\left(C_2\bigg|C_1\right)\dots \mathbb{P}\left(C_n\bigg|C_{n-1}\right)=$$

$$\left(\frac{1}{2}\right)^n, \quad n=0,1,2, \dots$$

Como Z é uma variável não negativa, temos que

$$\mathbb{E}(Z)=\sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(Z\textgreater n)=\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2}\right)^n =\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$$

(b) Ache a probabilidade do jogador I ganhar o jogo (mais cedo ou mais tarde)

Defina

$$W=\{\text{Jogador ganha o Jogo}\}$$

e

$$W_i=\{\text{Jogador ganha o Jogo no lançamento i}\}.$$

Então  $ W=\displaystyle \bigcup_{i=1}^\infty W_i $ pela $ \sigma $-aditividade temos que

$$\mathbb{P}(W)=\sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(W_n)$$

Agora

$$\mathbb{P}(W_n)=\mathbb{P}(C_1)\mathbb{P}\left(C_2\bigg|C_1\right)\dots \mathbb{P}\left(C_{n-1}\bigg|C_{n-2}\right) \mathbb{P}\left(G^{I}_{n}\bigg|C_{n-1}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\frac{1}{2}p$$

Então,

$$\mathbb{P}(W)=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2}\right)^n p=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}p=p$$

 

Exemplo 3.3.11:

Jogadores I e II tem $ R\$ 200,00. $ Lança-se uma moeda com probabilidade $ p $ de dar cara (0\textless p \textless 1). Se der cara, o jogador I recebe $ R\$ 100,00 $ do II, se der coroa, I paga $ R\$100,00 $ ao II. Continua-se lançando a moeda, independentemente, até um dos jogadores perder tudo, i.e., até um deles ficar com os $ R\$400,00 $. Determine $ \mathbb{E}(N) $, no qual N é o número de lançamentos até terminar o jogo.

Defina $ X_i=\text{número de caras até a jogada i} $, $ Y_i=\text{ número de coroas até a jogada i} $
o jogo só acaba na i-ésima jogada se $ |X_i-Y_i|=2 $. Assim, considere primeiramente $ n $ um número par e $ n=2k $ então

$$[N\textgreater n]=[X_i=k]\cap [Y_i=k]$$

Então,

$$\mathbb{P}(N\textgreater n)=p^k(1-p)^k=[p(1-p)]^k$$

Agora, se n é impar então

$$[N\textgreater n]=\left([X_i=k]\cap[Y_i=k+1]\right)\bigcup \left([X_i=k+1]\cap[Y_i=k]\right)$$

o que implica que

$$\mathbb{P}(N\textgreater n)=p^k(1-p)^{k+1}+p^{k+1}(1-p)^{k}=p^k(1-p)^k[p(1-p)]=p^k(1-p)^k$$

com

$$\mathbb{P}(N\textgreater 0)=\mathbb{P}(N\textgreater 1)=0$$

Assim,

$$\mathbb{E}(N)=\sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(N\textgreater n)=2+\sum_{k=1}^\infty \mathbb{P}(N\textgreater 2k)+\sum_{k=1}^\infty \mathbb{P}(N\textgreater 2k+1)=2\frac{2p(1-p)}{1-p(1-p)}=\frac{4p(1-p)}{1-p(1-p)}$$

 

 

Exemplo 3.3.12:

 Prove que o critério de integrabilidade ainda vale se "$ \geq $" é substituído por "$ \textgreater $", isto é, X é integrável se, e somente se,

$$\sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(|X|\textgreater n)\textless \infty.$$

Temos que $ X $ é integrável se, e somente, se $ |X| $ é integrável
Agora $ \mathbb{E}(|X|)\leq \mathbb{E}(|X|)+1 $. Porém,

$$\mathbb{E}(|X|)=\sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(|X|\textgreater n)=\mathbb{P}(|X|\textgreater 0)+ \sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(|X|\textgreater n)$$

então,

$$\sum_{n=0}^\infty \mathbb{P}(|X|\textgreater n)\leq \mathbb{E}(|X|)\leq 1+\sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(|X|\textgreater n)$$

Assim,

$$\sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(|X|\textgreater n)\leq \mathbb{E}(|X|)\leq 2+\sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(|X|\textgreater n).$$

Então,

$$\mathbb{E}(|X|)\textgreater \infty$$

se, e somente se,

$$\sum_{n=1}^\infty \mathbb{P}(|X|\textgreater n)\textless \infty$$

 

Exemplo 3.3.13:

Verifique que a desigualdade de Jensen ainda vale se a função $ \varphi $ é convexa em um intervalo (a,b) tal que

$$\mathbb{P}(a\textless X \textless b)=1,$$

no qual admitimos a possibilidade de $ a=-\infty $ ou $ b=\infty $.

 

 

Exemplo 3.3.14:

Sejam X e Y variáveis aleatórias com densidade conjunta $ f(x,y) $. Verifique se $ \mathbb{E}(aX+bY)=a\mathbb{E}(X)+b\mathbb{E}(Y) $ para esse caso.(Suponha $ \mathbb{E}(X) $ e $ \mathbb{E}(Y) $ finito)

Sabemos que se a X e Y tem densidade conjunta $ f(x,y) $ então:

$$\mathbb{E}(aX+bY)=\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty(ax+by)f_{X,Y}(x,y)dxdy=\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty a x f_{X,Y}(x,y)dxdy +\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty by f_{X,Y}(x,y)dxdy$$

e

$$a\mathbb{E}(X)+b\mathbb{E}(Y)=a\int_{-\infty}^\infty x f_X(x)dx+b\int_{-\infty}^\infty yf_Y(y)dy$$

Mas,

$$\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty a x f_{X,Y}(x,y)dxdy +\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty by f_{X,Y}(x,y)dxdy=a\int_{-\infty}^\infty x f_X(x)dx+b\int_{-\infty}^\infty yf_Y(y)dy=a\mathbb{E}(X)+b\mathbb{E}(Y)$$

Portanto,
$ \mathbb{E}(aX+bY)=a\mathbb{E}(X)+b\mathbb{E}(Y) $.

 

Exemplo 3.3.15: 

Suponha que $ X\sim U[0,1] $. Determine os valores de $ t(t\in \mathbb{R}) $ tais que $ \mathbb{E}(X^t) $ é finita. Qual o valor da esperança nesse caso?

$$\mathbb{E}(X^t)=\int_{-\infty}^\infty x^t f_X(x)dx$$

Agora se $ X\sim U[0,1] $, então $ f_X(x)=\mathds{1}_{[0,1]} $. Logo,

$$\mathbb{E}(X^t)=\int_0^1 x^tdx=\frac{x^{t+1}}{t+1}\Biggl|_0^1=\frac{1}{t+1}$$

Portanto, $ \mathbb{E}(X^t)\leq \infty $ o que implica que $ t\neq -1 $, assim $ t\in \mathbb{R}-\{-1\} $ o que implica que $ \mathbb{E}(X^t)=\frac{1}{1+t}\textless \infty. $

 

Exemplo 3.3.16: 

Calcule $ \mathbb{E}(e^X) $, no qual X tem densidade Logística 

$$\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$$

$ x\in \mathbb{R} $, utilizando o Teorema 3.3.1. Compare com o resultado obtido no exemplo 3.3.2(c).

Pelo Teorema 3.3.1 temos: 

$$\mathbb{E}(e^x)= \int_{-\infty}^\infty e^x \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}dx=\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{(1+e^{-x})^2}dx=\int_{-\infty}^0 \frac{1}{(1+e^{-x})^2}dx+\int_{0}^\infty \frac{1}{(1+e^{-x})^2}dx $$

Agora, fazendo uma mudança de variável $ y=e^{-x} $ e $ dy=\frac{e^{-x}}{y}dx $

$$\int_{-\infty}^0 \frac{1}{(1+e^{-x})^2}dx=\int_0^1\frac{1}{y\left(1+\frac{1}{y}\right)^2}dy=\int_0^1 \frac{y}{(1+y)^2}dy$$

novamente fazendo uma mudança de variável $ z=1+y $ e $ dz=dy $

$$\int_0^1 \frac{y}{(1+y)^2}dy=\int_1^2 \frac{z-1}{z^2}dz= \ln z\Biggl|_1^2 +\frac{1}{z}\Biggl|_1^2=\ln 2-\frac{1}{2}.$$

Temos que

$$\int_{0}^\infty \frac{1}{(1+e^{-x})^2}dx=\infty$$

pois

$$\frac{1}{(1+e^{-x})^2}\geq 0, \quad \quad x\in \mathbb{R}_{+}$$

e

$$\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{1}{(1+e^{-x})^2}=1$$

Então,

$$\mathbb{E}(e^{x})=\ln2- \frac{1}{2}+\infty=\infty$$

 

Exemplo 3.3.17:

Calcule a esperança de

$$f_Y(y)=\left\{\begin{array}{l}cy^2 ,-1\leq y\textless 1 \\ \\ 0, \text{Caso Contrário}\end{array}\right\}$$

e

$$f_X(x)=\left\{\begin{array}{l}2x^2 ,-1\leq x\textless 1 \\ \\ 0, \text{Caso Contrário}\end{array}\right\}$$

Para o primeiro caso, temos que

$$\mathbb{E}(Y)=\int_{-\infty}^\infty f_Y(y)dy=\int_{-1}^1 cy^3dy=\frac{cy^4}{4}\Biggl|_{-1}^{1}=0$$

Para o segundo caso temos que

$$\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^\infty f_X(x)dx=\int_{0}^1 3y^3dx=\frac{3y^4}{4}\Biggl|_{0}^{1}=\frac{3}{4}$$

 

Exemplo 3.3.18:

Seja X o tempo de espera até o primeiro sucesso em uma sequência de ensaios de Bernoulli tendo probabilidade $ p $ de sucesso em cada ensaio. Calcule $ \mathbb{E}(X^2) $

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

para $ 0\textless p\textless 1 $, então

$$\mathbb{E}(X^2)=\sum_{k=1}^\infty \left(k^2 p (1-p)^{k-1}\right)=p\sum_{k=1}^\infty \left(k^2 (1-p)^{k-1}\right)$$

para simplificar a notação vamos definir =(1-p) $, então vamos mostrar que

$$\sum_{k=1}^\infty \left(k^2 q^{k-1}\right)=\frac{1+q}{(1-q)^3}$$

Para isso, observe que

$$\sum_{k=1}^\infty \left(k^2 q^{k-1}\right)=1+4q+9q^2+16q^3+\dots =\sum_{k=1}^\infty q^{k-1}+3q+8q^2+15q^3+\dots$$

$$=\left(\sum_{k=1}^\infty q^{k-1}\right)+3q(1+q+q^2+q^3+\dots)+5q^2+12q^3+21q^4+\dots =\left(\sum_{k=1}^\infty q^{k-1}\right)(1+3q)+5q^2(\sum_{k=1}^\infty q^{k-1})+7q^3+16q^4+\dots$$

$$=\left(\sum_{k=1}^\infty q^{k-1}\right)(1+3q+5q^2+7q^3+9q^4+\dots)=\left(\sum_{k=1}^\infty q^{k-1}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty (2k-1)q^{k-1}\right)$$

Então temos que

$$\left(\sum_{k=1}^\infty k^2 q^{k-1}\right)=\left(\sum_{k=1}^\infty q^{k-1}\right)\left[2\left(\sum_{k=1}^\infty q^{k-1}\right)-\left(\sum_{k=1}^\infty k q^{k-1}\right)\right]$$

Mas, é conhecido que

$$\left(\sum_{k=1}^\infty q^{k-1}\right)=\frac{1}{1-q}$$

e

$$\left(\sum_{k=1}^\infty kq^{k-1}\right)=\frac{1}{(1-q)^2}$$

Então, temos que

$$\left(\sum_{k=1}^\infty k^2 q^{k-1}\right)=\left(\frac{1}{1-q}\right)\left[\frac{2}{(1-q)^2}-\frac{1}{1-q}\right]=\frac{1}{1-q}\left( \frac{2-1+q}{(1-q)^2}\right)=\frac{1+q}{(1-q)^3}$$

Desta forma temos que

$$\mathbb{E}(X^2)=p\frac{1+q}{(1-q)^3}=\frac{2-p}{p^2}$$

 

Probabilidades

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