José Carlos Fogo - Universidade Federal de São Carlos · Teoria da ProbabilidadeConceitos...

Probabilidade 1

José Carlos Fogo

Junho 2014

Teoria da Probabilidade Sumário

Sumário

1 Conceitos Básicos e Definições 3

1.1 Relações entre conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Algumas definições em probabilidade: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Medidas de probabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3.1 Axiomas de Kolmogorov e espaço de probabilidade . . . . . . . . . 9

1.4 Propriedades das probabilidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.5 Probabilidade condicional e teorema de Bayes . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.5.1 Probabilidade condicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.5.2 Teorema de Bayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5.3 Independência de eventos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6 Contagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.6.1 Amostras ordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.6.2 Permutações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.6.3 Amostras Desordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.6.4 Partições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2 Variáveis Aleatórias 42

2.1 Variáveis Aleatórias Discretas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.2 Principais modelos de discretos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.2.1 Variável Aleatória Constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.2.2 Distribuição uniforme discreta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.2.3 Distribuição de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.2.4 Distribuição binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.2.5 Distribuição geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.2.6 Distribuição binomial negativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.2.7 Distribuição hipergeométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.2.8 Distribuição de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.2.9 Distribuições discretas no R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3 Valor esperado e momentos de uma v.a. discreta 76

3.1 Valor esperado de uma v.a. discreta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.2 Propriedades de Esperança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.3 Variância de uma v.a. discreta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.3.1 Propriedades de Variância . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.3.2 Covariância e coeficiente de corelação . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

2

Teoria da Probabilidade Conceitos Básicos e Definições

1 Conceitos Básicos e Definições

Estudos de fenômenos ou experimentos aleatórios

⇓Busca-se avaliar a probabilidade

de ocorrência desses fenômenos.

APLICAÇÕES:

• teoria dos jogos • evolução de doenças• controle de defeitos • evolução do crescimento populacional• teoria da decisão • indústria bélica

1.1 Relações entre conjuntos

i) UNIÃO: Notação A ∪B,

sejam A e B eventos quaisquer, a união entre A e B é dada pelos elementos que

pertencem a A ou a B ;

ii) INTERSECCÃO: Notação A ∩B ou AB,

sejam A e B conjuntos quaisquer, a intersecção entre A e B é dada pelos elementos

que pertencem simultaneamente a A e a B ;

iii) COMPLENTAR: Notação Ac;

sejam A e B conjuntos tais que A ⊂ B, então, o evento complementar Ac de A, em

relação àB, é dado pelos elementos deB que não pertencem a A, ou seja, A∪Ac = B;

iv) DIFERENÇA: Notação B − A;

sejam A e B conjuntos quaisquer, então, a diferença B −A é dada pelos elementos de

B que não pertencem a A, ou seja, B − A = B ∩ Ac = BAc;

Nota: Se B ⊃ A, então, B − A = Ac;

v) DIFERENÇA SIMÉTRICA: Notação A M B;

é dada pelos elementos que pertencem exclusivamente a A ou a B, ou seja,

A M B = (A ∩Bc) ∪ (Ac ∩B)

= (A−B) ∪ (B − A);

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vi) CONJUNTOS DISJUNTOS: dois conjuntos A e B são disjuntos, ou mutuamente exclu-

sivos, se a intersecção entre eles é vazia, ou seja, A ∩B = ∅;

vi) PARTIÇÃO: os conjuntos A1, A2, . . . , Ak ⊂ Ω formam um partição de Ω se são disjuntos

dois-a-dois e se a união entre eles é igual a Ω, ou seja

– Ai ∩ Aj = ∅, ∀ i 6= j;

–k⋃i=1

Ai = Ω.

vi) LEIS DE MORGAN: considere uma sequência qualquer de eventos A1, A2, . . ., então,

segundo as leis de Morgan, valem as relações(∞⋃i=1

Ai

)c

=∞⋂i=1

Aci ;(∞⋂i=1

Ai

)c

=∞⋃i=1

Aci .

DEMONSTRAÇÃO VISUAL DAS LEIS DE MORGAN:

Ω

BA

C

AUBUC

(AUBUC)c

Figura 1.1: Diagrama de Venn para a união ( A ∪ B ∪ C )c

Ω

Ac

A

Ω

B

Bc

Ω

C

Cc

Figura 1.2: Eventos complementares Ac, Bc e Cc, respectivamente

4


Ω

BA

C

Figura 1.3: Diagrama de Venn para a intersecção Ac ∩ Bc ∩ Cc

DEMONSTRAÇÃO FORMAL DAS LEIS DE MORGAN: 1a parte (Magalhães ou Hoel)

IDEIA: mostrar que

i)

(∞⋃i=1

Ai

)c

⊂∞⋂i=1

Aci ;

ii)

(∞⋃i=1

Ai

)c

⊃∞⋂i=1

Aci .

RESULTADO: Sejam A e B conjuntos quaisquer, então, se A ⊂ B e A ⊃ B =⇒ A = B.

Prova da parte (i):

Seja w ∈ (∞⋃i=1

Ai)c =⇒ w /∈

∞⋃i=1

Ai =⇒ w /∈ Ai, ∀ i = 1, 2, . . .

Desta forma, w ∈ Aci ,∀i = 1, 2, . . . =⇒ w ∈∞⋂i=1

Aci ,

o que prova a parte (i).

Prova da parte (ii):

Seja w ∈∞⋂i=1

Aci =⇒ w ∈ Aci =⇒ w /∈ Ai, ∀ i = 1, 2, . . .

Desta forma, w /∈∞⋃i=1

Ai, ∀ i = 1, 2, . . . =⇒ w ∈ (∞⋃i=1

Ai)c,

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o que prova completa a prova.

1.2 Algumas definições em probabilidade:

a) EXPERIMENTO ALEATÓRIO: é um experimento no qual

– todos os resultados possíveis são conhecidos antecipadamente;

– uma realização do experimento resulta num dos possíveis resultados;

– pode ser repetido em condições idênticas.

Exemplo: Considere uma caixa com b bolas numeradas de 1 a b. Uma bola é retirada e

seu número é anotado.

b) ESPAÇO AMOSTRAL: é o conjunto dos resultados possíveis para um experimento ale-

atório. É denotado por Ω.

Pode ser:

i) Discreto

Finito: formado por um conjunto finito de pontos;

Infinito: conjunto infinito e enumerável de pontos;

ii) Contínuo: formado por um conjunto não enumerável de pontos.

Exemplo: No experimento da retirada de uma bola de uma da caixa, Ω é um espaço

amostral finito dado pelo conjunto com b pontos, no caso Ω = 1, 2, . . . , b .

c) EVENTO: um evento é qualquer subconjunto do espaço amostral Ω, associado a um

experimento.

Notas:

1) Os eventos serão identificados por letras de fôrma e maiúsculas do algarismo ará-

bico, por exemplo A,B,C, . . ..

2) Aos eventos é que serão associadas probabilidades;

Exemplo: Na retirada de uma bola da caixa seja o evento A definido por:

A = o resultado é um número par.

Casos Especiais:

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i) Evento Complementar: Seja um evento qualquer A ⊂ Ω, então, seu evento com-

plementar Ac será definido pelos elementos de Ω que não estão em A.

Um evento A e seu complementar Ac são tais que A ∪ Ac = Ω.

ii) Eventos Disjuntos: Dois eventos quaisquer A e B são disjuntos, ou mutuamente

exclusivos se A ∩B = ∅.

iii) Eventos Elementares: Seja um espaço amostral finito Ω = ω1, ω2, . . . , ωN, em

que ωi, i = 1, 2, . . . , N são resultados elementares.

Um evento formado por um resultado elementar é chamado evento elementar.

Neste caso,

Ai = ωi, i = 1, 2, . . . , N,

são eventos elementares.

Notas:

1) Sejam dois eventos elementares Ai e Aj , i 6= j, então, Ai ∩ Aj = ∅;

2) Qualquer evento pode ser escrito como uniões de eventos elementares.

Particularmente, Ω = A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ AN .

Como o espaço amostral é finito, será associada uma probabilidade pi = 1/N para

cada ωi, i = 1, 2, . . . , N .

É intuitivo que 0 ≤ pi ≤ 1 e que p1 + p2 + . . .+ pN = 1.

Se, além disso, o espaço amostral for equiprovável (ou homogêneo), então,

pi =1

N∀ ωi ∈ Ω, i = 1, 2, . . . , N.

d) σ-ÁLGEBRA:

Seja uma coleção não vazia A de subconjuntos de Ω aos quais desejamos associar

probabilidades. Então A deve ser tal que, se A e B ∈ A , faz sentido calcular probabi-

lidades de que

i) A ou B ocorra, ou seja, (A ∪B);

ii) A e B ocorram, ou seja, (A ∩B);

iii) não ocorra A, ou seja, Ac.

Portanto, para A e B ∈ A , se A atender às propriedades:

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i) Ω ∈ A ;

ii) se A ∈ A =⇒ Ac ∈ A ;

iii) se A ∈ A e B ∈ A =⇒ (A ∪B) ∈ A .

então A é dita ser uma álgebra de subconjuntos (eventos) de Ω.

Além disso, deseja-se que A seja fechada também para um número infinito e enumerável

de operações (uniões e intersecções).

Definição: A é uma σ-álgebra de subconjuntos (eventos) de Ω se, e só se

i) Ω ∈ A ;

ii) se A ∈ A =⇒ Ac ∈ A ;

iii) se A1, A2, . . . ∈ A =⇒∞⋃i=1

Ai ∈ A .

Notas:

1) toda σ-álgebra é uma álgebra, porém, nem toda álgebra é uma σ-álgebra;

2) Seja A uma σ-álgebra de Ω, então, se A1, A2, . . . ∈ A =⇒∞⋂i=1

Ai ∈ A .

Exemplo: 1) Considere o lançamento de uma moeda, então Ω = cara, coroa

• A1 = ∅,Ω → menor σ-álgebra;

• A2 = ∅, cara, coroa,Ω → σ-álgebra, classe de todos os subconjuntos de Ω.

Exemplo: 2) Considere o espaço amostral Ω = 1, 2, 3

• A1 = ∅,Ω, 1, 2, 3 → é uma σ-álgebra

(todos os complementares e uniões estão presentes).

• A2 = ∅,Ω, 1, 2, 1, 3, 2, 3 → não é σ-álgebra pois: 1 ∪ 2 /∈ A2

(todos os complementares estão presentes, mas não todas as uniões).

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1.3 Medidas de probabilidade

a) EM ESPAÇOS FINITOS: número de resultados favoráveis a um evento, dividido pelo

número de resultados possíveis, assumindo que todos os resultados seja equiprováveis

P (A) =card(A)

card(Ω)

em que Ω é o conjunto de resultados possíveis (espaço amostral).

b) GENERALIZAÇÃO PARA ESPAÇOS INFINITOS: se Ω é uma região com uma medida

bem definida, então

P (A) =medida de Amedida de Ω

Exemplo: Um indivíduo realiza um tiro ao acaso num alvo circular de raio R. Qual a pro-

babilidade de que acerte o círculo central de raio r (r < R)?

R

Ωr

A

P (A) =área central (A)

área do alvo (Ω)

P (A) =πr2

πR2=( rR

)2

1.3.1 Axiomas de Kolmogorov e espaço de probabilidade

A definição a seguir é conhecida como Axiomas de Kolmogorov (Kolmogorov, 1933) e

define uma medida de probabilidade.

MEDIDA DE PROBABILIDADE: Seja Ω um espaço amostral e A uma σ-álbegra de even-

tos de Ω. P (.) é uma medida de probabilidade em (Ω,A ) se satisfaz

i) P (A) ≥ 0, ∀ A ∈ A ;

ii) P (Ω) = 1;

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iii) se A1, A2, . . . formam uma seqüência disjunta, então P

(∞⋃i=1

Ai

)=∞∑i=1

P (Ai).

A trinca formada por (Ω,A , P ) é chamada de ESPAÇO DE PROBABILIDADE.

Um espaço de probabilidade é formado por um espaço amostral Ω, uma σ-álgebra de

eventos de Ω e uma medida de probabilidade P (A) ∀ A ∈ A .

Exemplo: 1) Número de ocorrências de um fenômeno.

Espaço amostral: Ω = 1, 2, 3, . . . ;

σ-álbegra: A = classe dos subconjuntos de Ω;

Medida de probabilidade: P (k) =1

2k, k = 1, 2, . . .

Checar os axiomas:

i) P (A) é dada pela soma de probabilidades de eventos elementares ωi ∈ A, i = 1, 2, . . .

=⇒ P (A) ≥ 0, ∀ A;

ii)∞∑i=1

P (k) =1/2

1− 1/2= 1 =⇒ P (Ω) = 1;

iii) A união de eventos disjuntos, forma um conjunto ao se aplica o resultado (i), que equi-

vale à soma das suas probabilidades individuais.

Exemplo: 2) Tempo de vida de pacientes.

Espaço amostral: Ω = T ∈ R | 0 ≤ T <∞;

σ-álbegra: A = σ-álbegra de Borel;

Medida de probabilidade: P (A) =

∫A

e−xdx, em que A ⊆ Ω são intervalos no conjunto

dos reais.

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1.4 Propriedades das probabilidades

Considere que os conjuntos abaixo seja, eventos no espaço de probabilidade (Ω,A , P ).

Então, tem-se que

a) P (A) = 1− P (Ac);

Nota: caso especial P (∅) = 1− P (Ω) = 0.

b) Sejam A e B eventos quaisquer, então P (B) = P (B ∩ A) + P (B ∩ Ac).

PROVA: i) para todo conjunto A tem-se que A ∪ Ac = Ω.

ii) Como B = B ∩ Ω = B ∩ (A ∪ Ac) = (B ∩ A) ∪ (B ∩ Ac)iii) e como (B ∩ A) e (B ∩ Ac) são disjuntos, segue-se que

P (B) = P (B ∩ A) + P (B ∩ Ac).

Nota: Se A ⊂ B, então A ∩B = A e P (B) = P (A) + P (B ∩ Ac).

c) Se A ⊂ B, então P (A) ≤ P (B).

PROVA: Sai direto da relação anterior e dos axiomas.

d) Se A e B são eventos quaisquer, então P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

Ω

A

A ∩ Bc

B

Ac ∩ BA ∩ B

Figura 1.4: (A ∪ B) como união de conjuntos disjuntos

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PROVA:

i) Os conjuntos (A ∩Bc), (A ∩B) e (Ac ∩B) são disjuntos, logo.

→ A ∪B = (A ∩Bc) ∪ (A ∩B) ∪ (Ac ∩B),

→ P (A ∪B) = P (A ∩Bc) + P (A ∩B) + P (Ac ∩B).

ii) Tem-se, ainda, que

→ P (A) = P (A ∩Bc) + P (A ∩B) e

→ P (B) = P (Ac ∩B) + P (A ∩B).

iii) Somando-se as probabilidades em (ii) obtem-se

P (A) + P (B) = P (A ∩Bc) + P (Ac ∩B) + P (A ∩B) + P (A ∩B), e, de (i) tem-se que

P (A) + P (B) = P (A ∪B) + P (A ∩B), de onde se conclui que

=⇒ P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

Notas: 1) Da relação (d) segue-se que P (B ∪ A) ≤ P (A) + P (B);

2) Se A e B são disjuntos, então P (B ∪ A) = P (A) + P (B).

e) Das propriedades (c) e (d) tem-se P (n⋃i=1

Ai) ≤n∑i=1

P (Ai).

PROVA: Por indução.

g) Das leis de Morgan tem-se que

P

(n⋃i=1

Ai

)= 1− P

(n⋂i=1

Aci

).

g) PARTE 1: Se A1 ⊂ A2 ⊂ . . . e A =∞⋃i=1

Ai ou

PARTE 2: Se A1 ⊃ A2 ⊃ . . . e A =∞⋂i=1

Ai,

então segue-se que limn→∞

P (An) = P (A).

PROVA: (PARTE 1)

→ seja B1 = A1;

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→ para n ≥ 2, seja Bn o conjunto de pontos que estão em An mas não estão em An−1,

ou seja Bn = An ∩ Acn−1;

→ os conjuntos Bn, n = 1, 2, . . . são todos mutuamente exclusivos e, ainda

An =n⋃i=1

Bi e A =∞⋃i=1

Bi;

→ conseqüentemente:

a) P (An) =n∑i=1

P (Bi) ,

b) P (A) =∞∑i=1

P (Bi) .

Desta forma, aplicando-se o limite para n→∞ em (a), tem-se

limn→∞

P (An) = limn→∞

n∑i=1

P (Bi)

=∞∑i=1

P (Bi)de (b)

= P (A) ,

o que completa a prova.

PROVA: (PARTE 2) Exercício.

→ observar que A1 ⊃ A2 ⊃ . . .⇒ Ac1 ⊂ Ac2 ⊂ . . ..

Exemplo: 1) Um dado equilibrado é lançado k = 2 vezes e os resultados anotados.

O espaço amostral para o experimento é:

Ω =ω = (i, j) ∈ R2 | i = 1, . . . 6 e j = 1, . . . , 6

Sejam:

A = classe de todos os subconjuntos de Ω e

P = probabilidade uniforme para todos os pontos de Ω, ou seja, P (ω) =1

card(Ω).

O número de eventos elementares w’s é dado por card(Ω) = nk, em que

→ n total de resultados possíveis em uma realização do experimento, no caso n = 6,

→ k é o número de realizações do experimento, no caso k = 2.

Nesse caso, tem-se: card(Ω) = 36 ⇒ P (ω) =1

36, ∀ ω ∈ Ω.

Considere os eventos:

A = a soma dos resultados é um número ímpar;

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B = o resaultado do primeiro lançamento é um número ímpar;

C = o produto é um número ímpar.

Encontrar P (A ∪B) e P (A ∪B ∪ C).

Pontos favoráveis a cada um dos eventos:

A = (1,2), (1,4), (1,6), (3,2), (3,4), (3,6), (5,2), (5,4), (5,6),

(2,1), (4,1), (6,1), (2,3), (4,3), (6,3), (2,5), (4,5), (6,5) ;

B = (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (3,1), (3,2), (3,3),

(3,4), (3,5), (3,6), (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6) ;

C = (1,1), (1,3), (1,5), (3,1), (3,3), (3,5), (5,1), (5,3), (5,5) .

Resultados:

I card(A) = 18 =⇒ P (A) =18

36=

1

2;

I card(B) = 18 =⇒ P (B) =18

36=

1

2;

I card(C) = 9 =⇒ P (C) =9

36=

1

4.

Intersecções:

i) A ∩B = (1,2), (1,4), (1,6), (3,2), (3,4), (3,6), (5,2), (5,4), (5,6) ⇒ P (A ∩B) =1

4;

ii) A ∩ C = ∅ ⇒ P (A ∩ C) = 0;

iii) como C ⊂ B, segue-se que B ∩ C = C,⇒ P (B ∩ C) = P (C) =1

4;

iv) de (ii), tem-se que A ∩B ∩ C = ∅ ⇒ P (A ∩B ∩ C) = 0;

Da propriedade (d), tem-se que:

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) =1

2+

1

2− 1

4=

3

4

Para encontrar P (A ∪B ∪ C) utiliza-se, ainda, a propriedade (d) fazendo:

P (A ∪B ∪ C) = P [(A ∪B) ∪ C] = P (A ∪B) + P (C)− P [(A ∪B) ∩ C]

= P (A) + P (B)− P (A ∩B) + P (C)− P [(A ∩B) ∪ (B ∩ C)]

= P (A) + P (B) + P (C)− P (A ∩B)− P (A ∩ C)− P (B ∩ C) + P (A ∩B ∩ C)

=1

2+

1

2+

1

4− 1

4− 1

4=

3

4

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Esse problema pode ser resolvido escolhendo-se um outro espaço amostral.

O lançamento de um dado pode ser representado por p se o resultado for par e por i se o

resultado for ímpar. Assim sendo, o novo espaço amostral pode ser escrito por:

Ω1 = (p, p), (p, i), (i, p), (i, i)

Como o espaço amostral original Ω é um espaço equiprovável, é fácil verificar que:

P [(p, p)] = P [(p, i)] = P [(i, p)] = P [(i, i)] =1

4.

Pontos favoráveis a cada um dos eventos:

A = (p, i), (i, p) =⇒ P (A) =2

4=

1

2;

B = (p, i), (i, i) =⇒ P (B) =2

4=

1

2;

C = (i, i) =⇒ P (C) =1

4.

1.5 Probabilidade condicional e teorema de Bayes

Em muitas situações, conhecimentos passados podem influenciar as probabilidades dos

eventos.

Por exemplo, a probabilidade de chuva num determinado dia pode ser influenciada se

choveu no dia anterior.

Sejam A e B eventos quaisquer associados ao espaço de probabilidade (Ω,A , P ), então,

para todo ω ∈ Ω,

→ se ω ∈ B, então ω ∈ A⇐⇒ ω ∈ (A ∩B).

Em outras palavras, sabendo que o evento B ocorreu, então, o evento A ocorre se, e só

se, ocorre a intersecção A ∩B.

Nesse caso, tem-se um novo espaço amostral dado pelo evento B, uma nova σ-álgebra

AB e uma nova medida de probabilidade PB, aplicada em subconjuntos de AB, satisfazendo

os axiomas de Kolmogorov

PB =P (A ∩B)

P (B).

Portanto, (B, AB e PB) formam um novo espaço de probabilidade.

Prova: A prova fica como exercício para o leitor.

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Esquematicamente:

Ω

A BA ∩ B

Figura 1.5: Evento condicional.

1.5.1 Probabilidade condicional

Sejam os eventos A e B tais que P (B) > 0, então, define-se a probabilidade condicional

de B dado que ocorreu A por

P (A|B) =P (A ∩B)

P (B).

Notas: 1) Se P (B) = 0 =⇒ P (A|B) = P (A) (Magalhães, 2004);

2) Da definição de probabilidade condicional tem-se a relação P (A∩B) = P (A|B)P (B),

conhecida como regra do produto das probabilidades.

Exemplo 1) Uma caixa comtém r bolas vermelhas numeradas de 1 a r e b bolas brancas,

numeradas de 1 a b. Uma bola é extraída, sua cor observada. Sabendo que a bola é vermelha,

qual a probabilidade de que seja a de número 1?

A caixa contém (r + b) bolas logo, a probabilidade de uma bola qualquer é1

(r + b).

Censidere os eventos:

A = a bola extraída é vermelha , logo, P (A) =r

(r + b)

B = a bola extraída é a de número 1 , logo, P (B) =2

(r + b)

16


Como P (B ∩ A) =1

(r + b), então,

P (B|A) =P (B ∩ A)

P (A)=

1/(r + b)

r/(r + b)=

1

r.

Exemplo 2) Duas moedas idênticas são lançadas. Determine:

a) A probabilidade de se obter 2 caras sabendo que se obteve cara na primeira moeda.

Espaço amostral =⇒ Ω = (c, c); (c, c); (c, c); (c, c), em que c = cara e c = coroa.

Sejam os eventos:

C1 = cara na 1a moeda =⇒ P (C1) = P [(c, c); (c, c)] =2

4;

C2 = cara na 2a moeda =⇒ P (C2) = P [(c, c); (c, c)] =2

4.

Como P (C2 ∩ C1) = P [(c, c)] =1

4,

logo,

P (C2|C1) =P (C2 ∩ C1)

P (C1)=

P [(c, c)]

P [(c, c); (c, c)]=

1/4

2/4=

1

2.

b) A probabilidade de se obter 2 caras sabendo que se obteve pelo menos uma cara.

Neste caso os eventos são definidos por:

=⇒ sair duas caras = C1 ∩ C2;

=⇒ sair ao menos um cara = C1 ∪ C2;

Desta forma:

P (C1 ∩ C2|C1 ∪ C2) =P (C1 ∩ C2)

P (C1 ∪ C2)=

P [(c, c)]

P [(c, c); (c, c); (c, c)]=

1/4

3/4=

1

3.

Exemplo 3) (Urna de Polya) Uma caixa comtém r bolas vermelhas e b bolas brancas. Uma

bola é extraída, sua cor observada e, a seguir, a bola é recolocada na caixa com mais c > 0

bolas da mesma cor. Esse procedimento é repetido m vezes.

O interesse aqui consiste em saber qual a probabilidade de se extrair uma bola vermelha

(ou branca) em cada uma das m retiradas.

17


Sejam:

i) Rj : a j-ésima bola retirada é vermelha;

ii) Bj : a j-ésima bola retirada é branca, 1 ≤ j ≤ m.

Então:

⇒ Rj e Bj são disjuntos e

⇒ na j-ésima extração tem-se [b+ r + (j − 1) c] bolas na urna.

Para j = 1:

i) P (R1) =r

b+ r,

ii) P (B1) =b

b+ r.

Para j = 2:

i) P (R2|R1) =(r + c)

(b+ r + c);

ii) P (R1R2) = P (R1)P (R2|R1);

⇒ P (R1R2) =r

(b+ r)

(r + c)

(b+ r + c).

De maneira análoga,

⇒ P (B1 R2) =b

(b+ r)

r

(b+ r + c).

Logo, a probabilidade de que se extraia uma bola vermelha na segunda retirada é:

P (R2) = P (R1R2) + P (B1R2)

=

(r

b+ r

)(r + c

b+ r + c

)+

(b

b+ r

)(r

b+ r + c

)=

(r

b+ r

)(r + c

b+ r + c+

b

b+ r + c

)=

(r

b+ r

)(r + c+ b

b+ r + c

)=

(r

b+ r

)Portanto:

18


i) P (R2) = P (R1) =r

b+ r,

ii) P (B2) = P (B1) =b

b+ r.

Para j = 3:

Qual a probabilidade de vermelha na 3a extração?

Possibilidades:

i) R1R2R3 ⇒ P (R1R2R3) = P (R3|R1R2)P (R2|R1)P (R1);

ii) R1B2R3 ⇒ P (R1B2R3) = P (R3|R1B2)P (B2|R1)P (R1);

iii) B1R2R3 ⇒ P (B1R2R3) = P (R3|B1R2)P (R2|B1)P (B1);

iv) B1B2R3 ⇒ P (B1B2R3) = P (R3|B1B2)P (B2|B1)P (B1).

Com um pouco de esforço algébrico obtêm-se:

i) P (R3) = P (R1) =r

b+ r,

ii) P (B3) = P (B1) =b

b+ r.

Enfim, pode-se provar por indução que, P (Rj) = P (R1) e P (Bj) = P (B1), ∀ 1 ≤ j ≤ m.

1.5.2 Teorema de Bayes

Sejam os eventosE1, E2, . . . , Em em (Ω,A , P ) formando uma partição em Ω tal que todos

têm probabilidades positivas, ou seja, P (Ei) > 0, ∀ i = 1, 2, . . . ,m. Considere, ainda, um

evento A qualquer, P (A) > 0, ocorrendo sobre a partição de Ω.

O objetivo, nesta situação, consiste em determinar a probabilidade de ocorrência de uma

das partes de Ω dado que ocorreu o evento A, ou seja, P (Ek|A), k = 1, 2, . . . ,m.

Cmo pode-se observar pela Figura (1.6), o eventoA pode ser escrito como união de partes

disjuntas, formadas pela intersecção de A com as partes de Ω, ou seja

A = (A ∩ E1) ∪ (A ∩ E2) ∪ (A ∩ E3) ∪ (A ∩ E4) ∪ (A ∩ E5) ∪ (A ∩ E6) =6⋃i=1

(A ∩ Ei)

19


Figura 1.6: Ocorrência de um evento A sobre uma partição de Ω com m = 6.

Para um m qualquer,

A = (A ∩ E1) ∪ (A ∩ E2) ∪ . . . ∪ (A ∩ Em) =m⋃i=1

(A ∩ Ei),

logo, a probabilidade do evento A é dada por

P (A) = P

[m⋃i=1

(A ∩ Ei)

]=

m∑i=1

P (A ∩ Ei).

Pela regra do produto, tem-se que

P (A) = P

[m⋃i=1

(A ∩ Ei)

]=

m∑i=1

P (A|Ei)P (Ei).

O resultado acima é conhecido como lei da probabilidade total.

Para um Ek qualquer, k = 1, 2, . . . ,m, pode-se escrever P (A ∩ Ek) = P (A|Ek)P (Ek),

logo, a probabilidade de ocorrência de Ek dado que ocorreu A, é dada por:

P (Ek|A) =P (Ek ∩ A)

P (A)

P (Ek|A) =P (A|Ek)P (Ek)m∑i=1

P (A|Ei)P (Ei)

, k = 1, 2, . . . ,m, (1.1)

o resultado em (1.1) é conhecido como teorema de Bayes. Foi obtido pelo Reverendo Thomas

Bayes e publicado em 1763, sendo um dos teoremas mais importantes da teoria estatística.

Exemplo 1) Numa população adulta 40% são homens e 60% mulheres. Sabe-se, ainda,

que 50% dos homens e 30% das mulheres são fumantes. Determine:

20


a) A probabilidade de que uma pessoa escolhida ao acaso nesta população seja fumante.

Partição do espaço amostral =⇒ sexo = H,M.

Sejam os eventos:

H = a pessoa escolhida é do sexo masculino (homem) =⇒ P (H) = 0.40;

M = a pessoa escolhida é do sexo feminino (mulher) =⇒ P (M) = 0.60;

F = a pessoa escolhida é fumante ;

F c = a pessoa escolhida não é fumante .

Como P (F |H) = 0.50 e P (F |M) = 0.30, então, pela regra da probabilidade total:

P (F ) = P (F ∩H) + P (F ∩M)

P (F ) = P (F |H)P (H) + P (F |M)P (M)

P (F ) = 0.50 · 0.40 + 0.30 · 0.60

P (F ) = 0.38

b) A probabilidade de que seja um homem sabendo que é um fumante.

Pelo teorema de Bayes, tem-se a relação:

P (H|F ) =P (H ∩ F )

P (F )

P (H|F ) =P (F |H)P (H)

P (F )

P (H|F ) =0.20

0.38

P (H|F ) = 0.5263,

portanto, a probabilidade de ser um homem dado que é fumante é de 0.5263.

Uma forma conveniente para se representar as probabilidades acima é através da ”arvore

de probabilidades”, nas quais representamos as probabilidades das partes e probabilidades

condicionais em ramos, conforme Figura (1.7). Nesse esquema, as probabilidades conjuntas

(das intersecções) são obtidas percorrendo-se os ramos e multiplicando-se as probabilidades.

21


Figura 1.7: Diagrama de árvore para o exemplo (1).

Exemplo 2) Sabe-se que numa população 8% das pessoas são infectadas por um vírus

causador de uma doença muito grave. Um teste para detecção do vírus é eficiente em 99%

dos casos nos quais os indivíduos são infectados, mas resulta em 2% de resultados positivos

para os não infectados (falsos positivos).

Se o teste de uma pessoa dessa população der resultado positivo, qual a probabilidade

de que ela seja da fato infectada?

Defindo-se: I ⇒ grupo das pessoas infectadas;

Ic ⇒ grupo dos não infectados;

T+ ⇒ o resultado do teste é positivo;

T− ⇒ o resultado do teste é negativo;

tem-se as probabilidades: P (I) = 0.08; P (Ic) = 0.92; P (T+|I) = 0.99 e P (T+|Ic) = 0.02.

Porém, deseja-se calcular a probabilidade: P (I|T+)

que pela regra da probabilidade condicional é dada por P (I|T+) =P (I ∩ T+)

P (T+).

As probabilidades podem ser representadas na seguinte tabela:

Tabela 1.1: ProbabilidadesResultado do teste Totais das

Grupo T+ T− linhasI P (I ∩ T+) P (I ∩ T−) 0.08Ic P (Ic ∩ T+) P (Ic ∩ T−) 0.92

Totais das colunas P (T+) P (T−) 1.00

22


Pela regra do produto e pela lei da probabilidade total, encontra-se P (T+) de:

P (T+) = P (I ∩ T+) + P (Ic ∩ T+)

= P (T+|I)P (I) + P (T+|Ic)P (Ic)

= 0.99 · 0.08 + 0.02 · 0.92

= 0.0792 + 0.0184

= 0.0976

e, pelo teorema de Bayes, tem-se

P (I|T+) =P (T+|I)P (I)

P (T+)=

0.0792

0.0976= 0.8115.

Qual seria a confiança no teste se o resultado fosse negativo, ou seja, qual a probabilidade

de o teste sendo negativo a pessoa de fato não seja infectada?

Deseja-se: P (Ic|T−) =P (Ic ∩ T−)

P (T−).

Como: P (T−) = P (I ∩ T−) + P (Ic ∩ T−) = 0.01 · 0.08 + 0.98 · 0.92 = 0.9024,

então, P (Ic|T−) =P (T−|Ic)P (Ic)

P (T−)=

0.9016

0.9024= 0.9991,

portanto, se o teste for negativo a pessoa pode se sentir segura.

Na Figura (1.8) é apresentada o diagrama de árvore para o resultado acima.

Figura 1.8: Diagrama de árvore para o exemplo (2).

23


1.5.3 Independência de eventos

Sejam o espaço de probabilidade (Ω,A , P ) e sejam os eventos A e B ∈ A , tal que

P (B) > 0. Pela regra da multiplicação pode-se escrever

P (A ∩B) = P (A|B)P (B).

Em alguns casos, no entanto, informações prévias a respeito do evento B não afetam a

probabilidade de ocorrência de A, isto é, a probabilidade concicional de A dado B é igual à

P (A), ou seja

P (A|B) = P (A).

Definição: Sejam dois eventos A e B, com probabilidades maiores do que zero, tais que

a ocorrência de um deles não altera a probabilidade de ocorrência do segundo, então, esses

eventos são ditos indepententes.

Da regra da multiplicação das probabilidades, portanto, se dois eventos A e B são inde-

pendentes então a probabilidade de ocorrência conjunta dos dois é dada pelo produto das

probabilidades individuais, ou seja,

P (A ∩B) = P (A)P (B). (1.2)

Seja A1, A2, . . . , Ak, k eventos independentes, então, de (1.2)

P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ Ak) = P (A1) · P (A2) · . . . · P (Ak)

Exemplo 1) Duas moedas idênticas são lançadas separadamente.

Ω = (c, c); (c, c); (c, c); (c, c), em que c = cara e c = coroa.

Sejam os eventos:

A = cara no 2º lançamento =⇒ P (A) = P [(c, c); (c, c)] =1

2;

B = cara no 1º lançamento =⇒ P (B) = P [(c, c); (c, c)] =1

2.

Determine P (A|B).

P (A|B) =P (A ∩B)

P (B)=

1/4

1/2=

1

2= P (A).

24


Portanto, conclui-se que A e B são independentes, ou seja, a ocorrência de cara no

primeiro lançamento não altera a probabilidade de que saia cara no segundo lançamento.

Propriedades de independência:

a) Seja um evento A tal que P (A) = 0, então A é independente de todo evento E ∈ A ,

em que P (E) > 0;

Prova: Se P (A) = 0

=⇒ P (E ∩ A) = P (E|A)P (A) = 0 = P (E) · P (A), ∀ E ∈ A

b) Se A ∈ A é um evento qualquer tal que P (A) > 0, então A é independente de ∅ e Ω;

Prova:

i) A prova de que A e ∅ são independentes sai direto de (a), já que P (∅) = 0;

ii) Para a prova de que A e Ω são independentes, considere que A = A ∩ Ω, logo

=⇒ P (Ω ∩ A) = P (A) = P (A) · (1) = P (A)P (Ω)

c) Se os eventos de A e B forem independentes, então A e Bc; Ac e B; Ac e Bc também

o são;

Prova: A seguir será apresentada apenas a prova de que A e Bc também são indepen-

dentes. As demais ficam como exerício para o leitor.

O evento A pode ser escrito por A = (A∩B)∪ (A∩Bc), (A∩B) e (A∩Bc) disjuntos,

logo

P (A) = P (A ∩B) + P (A ∩Bc)

P (A) = P (A)P (B) + P (A ∩Bc)

P (A)− P (A)P (B) = P (A ∩Bc)

P (A)[1− P (B)] = P (A ∩Bc)

P (A)P (Bc) = P (A ∩Bc)

Definição: Seja A1, A2, . . . , Ak, k eventos independentes. Se, para qualquer subconjunto

A1, A2, . . . , Ar, tal que r ≤ k, os eventos forem independentes, ou seja,

P (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ Ar) = P (A1) · P (A2) · . . . · P (Ar),

então A1, A2, . . . , Ak são chamados mutuamente independentes.

25


Em outras palavras, os eventos A1, A2, . . . , Ak são mutuamente independentes se forem

independentes dois-a-dois, três-a-três, e assim por diante . . .

Exemplo 2) A probabilidade de que um homem esteja vivo daqui a 10 anos é de 3/4 e de

sua esposa, é de 5/6. Qual é a probabilidade de que, daqui a 10 anos:

a) Ambos estejam vivos?

Considere os eventos:

H = homem vivo daqui a 10 anos =⇒ P (H) = 3/4 logo P (Hc) = 1/4;

M = mulher viva daqui a 10 anos =⇒ P (M) = 5/6 logo P (M c) = 1/6.

Espaço amostral Ω = HM,HM c, HcM,HcM c

Assumindo independência entre os eventos H e M , a probabilidade de que ambos

estejam vivos daqui a 10 anos é dada por

P (HM) = P (H)P (M) =3

4· 5

6=

5

8

b) Ao menos um esteja vivo?

Ainda assumindo independência entre H e M , a probabilidade de ao menos um esteja

vivo daqui a 10 anos é dada por

P (HM,HM c, HcM) = P (H)P (M) + P (H)P (M c) + P (Hc)P (M)

P (HM,HM c, HcM) =3

4· 5

6+

1

4· 5

6+

3

4· 1

6

P (HM,HM c, HcM) =15

24+

5

24+

3

24=

23

24

A solução acima é simplificada com a aplicação do evento complementar

P (HM) = 1− P (HcM c) = 1− 1

4· 1

6=

23

24

Exemplo 3) Aplicação em confiabilidade de sistemas.

26


Um sistema de componentes é determinado por um conjunto de itens associados numa

dada configuração. As configrações mais simples são os sistemas em série e em paralelo. A

associação de ambas as configurações são chamadas de sistemas série-paralelo.

Neste sentido, a confiabilidade de um sistema num dado instante t é dada pela probabili-

dade de que este esteja funcionando normalmente.

Considere um componente tal que a probabilidade de que esteja funcionando num ins-

tante t dada por p, 0 ≤ p ≤ 1. Dois destes componentes são colocados em funcionamento

segundo as configurações abaixo. Assumindo que os componentes funcionem de maneira

independente, determine a confiabilidade do sistema em cada um dos casos.

Sejam os eventos:

S = o sistema funciona no tempo t =⇒ confiabilidade do sistema = P (S)

Ci = o componente i funciona no tempo t =⇒ P (Ci) = p

a) Sistema em série: na configuração em série, o sistema funciona se os dois componen-

tes funcionarem simultaneamente, desta forma

P (S) = P (C1 ∩ C2) = p2

Figura 1.9: Sistema em série

b) Sistema em paralelo: o sistema funciona se pelo menos um dos componentes estiver

funcionando, logo

P (S) = P (C1 ∪ C2) = p+ p− p2 = 2p− p2

Figura 1.10: Sistema em paralelo

27


c) Sistema série-paralelo: o sistema série-paralelo, com a configuração dada pela Figura

1.11, funciona se C1 funcionar e, (C2 ou C3 funcionar).

Obd: Fica para o leitor mostrar que a confiabilidade deste sistema é dada por

P (S) = 2p2 − p3

Figura 1.11: Sistema série-paralelo

Exemplo 4) Uma moeda equilibrada é lançada tês vezes. Dê o espaço amostral:

i) Ω = (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c),

em que c = cara e c = coroa.

ii) Verifique se os eventos ocorrem pelo menos duas caras e ocorre coroa no 1º lança-

mento são independentes.

A = ocorrem pelo menos duas caras =⇒ A = (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c)

B = ocorre coroa no 1º lançamento =⇒ A = (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c)

No lançamento de uma moeda P (c) = P (c) = 1/2, logo, os eventos elementares de Ω

têm todos probabilidade 1/8. Desta forma, verifica-se facilmente que

P (A) = P (B) =1

2.

Ainda, A ∩B = (c, c, c); (c, c, c); (c, c, c) =⇒ P (A ∩B) =3

8,

portanto,

P (A|B) =3/8

1/2=

3

46= P (A)P (B).

Logo, os eventos A e B não são independentes.

28


1.6 Contagem

Considere um espaço amostral finito e equiprovável Ω, no qual cada evento elementar tem

probabilidade

P (ωi) =1

card(Ω), i = 1, 2, . . . , card(Ω).

Considere um evento A pertencente ao espaço de probabilidade (Ω,A , P ), então, a pro-

babilidade do evento A é definida por

P (A) =card(A)

card(Ω)

Assim sendo, a determinação de P (A) resume-se num problema de contagem do número

de elementos de A e de Ω, o que é um procedimento simples quando tanto Ω tem poucos

pontos, mas pode ser, trabalhoso, ou até mesmo impraticável, quando o número de pontos é

grande (ou mesmo moderado).

1.6.1 Amostras ordenadas

Considere dois conjuntos S e U , com m e n elementos, respectivamente. Ao serem sele-

cionados um elemento de cada conjunto, podem-se formar (m×n) duplas do tipo (xi, yj), i =

1, 2, . . . ,m; j = 1, 2, . . . , n, conforme mostra a Figura 1.12.

Figura 1.12: Seleção alatória em dois conjuntos finitos.

Considere, agora, n conjuntos distintos S1, S2, . . . , Sn, de tamanhos s1, s2, . . . , sn, respec-

tivamente. Se selecionarmos um elemento de cada conjunto teremos (s1 × s2 × . . . × sn)

n−uplas do tipo (x1, x2, . . . , xn).

29


Se, no entanto, os n conjuntos forem o mesmo conjunto S, com s pontos, então existirão

sn n−uplas do tipo (x1, x2, . . . , xn) para as quais xi, i = 1, 2, . . . , n, é um ponto de S.

Esta situação, em que o número de elementos de S permanece constante, caracteriza

uma ”amostra aleatória com reposição”. Com a condição inicial de que o espaço amostral é

equiprovável, todas as sn n−uplas têm igual probabilidade de serem selecionadas, sendo

essa probabilidade igual a1

sn. (1.3)

Exemplo 1) Uma moeda equilibrada é lançada n vezes. Determine a probabilidade de se

obter ao menos uma cara nos n lançamentos.

Nessa situação, o conjunto S é dado por: S = c, c, sendo que P (c) = P (c) = 1/2.

Como s = 2, então, o número de n−uplas possíveis é igual a 2n.

Seja o evento de interesse A = ao menos uma cara nos n lançamentos .

Definindo Ai = o evento cara no i−ésimo lançamento , então,

A =n⋃i=1

Ai,

cuja probabilidade é dada por:

P (A) = 1− P (Ac)

P (A) = 1− P

[(n⋃i=1

Ai

)c ]

Das leis de Morgan, tem-se que

P (A) = 1− P

(n⋂i=1

Aci

)

P (A) = 1−n∏i=1

P (Aci)

Portanto, a probabilidade desejada é dada por:

P (A) = 1−(

1

2

)n.

30


Se, por exemplo, n = 10, P (A) = 1− 1

1024=

1023

1024.

Considere, agora, o conjunto S, contendo s elementos distintos, sendo que o elemento

escolhido não é recolocado no conjunto após a seleção. Neste caso, a amostra alatória é do

tipo ”sem reposição”.

Repetindo o procedimento n vezes, o número de n−uplas possíveis, sem que nenhum xi,

i = 1, 2, . . . , n, seja repetido, é dado por:

As,n = s× (s− 1)× . . .× (s− n+ 1), (1.4)

sendo que a quantidade As,n representa um arranjo de s elementos tomados n-a-n.

Exemplo 2) Seja um conjunto S com s elementos distintos. Considerendo uma amostra-

gem aleatória com reposição, qual a probabilidade de que nenhum elemento de S apareça

repetido na amostra.

Seja o evento E = nenhum elemento repetido na amostra , então

P (A) =total de amostras para as quais nenhum elemento apareça repetido

total de amostras possíveis.

Desta forma, de (1.3) e (1.4), temos que a probabilidade acima é dada por

P (E) =As,nsn

=s(s− 1) . . . (s− n+ 1)

sn

P (E) =s

s

(s− 1)

s. . .

(s− n+ 1)

s

P (E) =

(1− 1

s

)(1− 2

s

). . .

(1− n− 1

s

)

P (E) =n−1∏k=1

(1− k

s

). (1.5)

Como na maioria das situações práticas o número de elementos do conjunto S (ou ”popu-

lação”) é muito grande, calculando o limite em (1.5), tem-se

lims→∞

P (E) = lims→∞

[n−1∏k=1

(1− k

s

)]= 1,

ou seja, quando as populações são muito grandes, as amostras aleatórias “com” e “sem”

31


reposição se equivalem.

Exemplo 3) Qual a probabilidade de que, num grupo com n pessoas, não existam duas

com aniversário na mesma data?

(este problema é muito popular, sendo conhecido como “problema dos aniversários”)

Seja: S = 1, 2, 3, . . . , 365, então S é definido como sendo os dias do ano e, s = 365.

Considerando que uma data de nascimento é uma seleção aleatória de um elemento de

S, então, para E = nenhuma coincidência de datas de aniversário no grupo :

P (E) =n−1∏k=1

(1− k

365

).

Por exemplo, para um grupo de n = 4 pessoas

P (E) =

(1− 1

365

)(1− 2

365

)(1− 3

365

)= 0.9836.

Desta forma, a probabilidade de que, num grupo de quatro pessoas, pelo duas delas

façam aniversário na mesma data, é de 1− 0.9836 = 0.0164.

1.6.2 Permutações

Considere n caixas e n bolas distintas, numeradas de 1 a n. De quantas meneiras diferen-

tes podem-se colocar as n bolas nas n caixas, de modo que cada caixa contenha exatamente

1 bola?

O número de bolas possíveis para se colocar na primeira caixa é n, na segunda caixa é

(n− 1), na terceira (n− 2), e assim por diante, sendo que, para a n−ésima caixa, só restará

uma bola. O número de possibilidade, assim definido, é dado pela permutação das n bolas

Pn = n (n− 1) (n− 2) . . . 1 = n!

Na permutação, uma número n de objetos ou items são reorganizados em n posições

distintas, tal que, cada posição seja ocupada por apenas um item.

Assim sendo, uma compsição específica de bolas nas caixas tem probabilidade de ocor-

rência1

Pn=

1

n!

32


Qual é a probabilidade de que a bola i seja colocada na caixa j, i, j = 1, 2, ...n?

Fixando uma bola e uma caixa restam (n − 1) bolas para serem permutadas nas (n − 1)

caixas, logo, o número de possibilidade tal que a bola i esteja na caixa j é dado por Pn−1 =

(n− 1)!. Desta forma, a probabilidade do evento A = a bola i seja colocada na caixa j é

P (A) =Pn−1

Pn=

(n− 1)!

n!=

1

n.

Por sua vez, a probabilidade de que, permutando-se n bolas em n caixas, exatamente k

bolas caiam em k caixa específicas é dada por:

Pn−kPn

=(n− k)!

n!=

1

An,k.

Exemplo 4) Numa festa de final de ano, n = 8 casais concordam em participar de uma

brincadeira na qual, todos os casais participantes são separados e novos pares são formados

por sorteio para dançarem pelo menos uma música. Qual é a probabilidade de que exata-

mento 4 casais sejam mantidos, ou seja, 4 garotas fiquem com seus respectivos namorados?

Defindo o evento A = 4 casais sejam mantidos , então, n = 8 e k = 4, logo

P (A) =(8− 4)!

8!=

1

A8,4

= 0.000595.

1.6.3 Amostras Desordenadas

Considere o conjunto S, com s elementos, logo existem As,n amostras distintas de ta-

manho n, n < s, extraídas sem reposição. Nesta situação, considera-se a ordem das ob-

servações na amostra, ou seja, amostras com os elementos em diferentes ordenações são

consideradas distintas.

Em muitas situações, no entanto, o interesse recai nos elementos da amostras, indepen-

dente da ordem em que são selecionados. É o caso de amostras desordenadas. Neste

sentido, uma amostra sem reposição x1, x2, . . . , xn pode ser reordenada de n! maneiras di-

ferentes (todas com os mesmos elementos), fato este, que deve ser considerado no momento

da contagem.

Portanto, dividindo o número de amostras sem reposição pelo total de reordenações,

obtem-se o número de amostras possíveis, sem reposição e sem considerar a ordem dos

33


elementos, ou seja,As,nn!

Multiplicando-se o numerador e denominador por (s− n)!, tem-se

As,nn!

=s(s− 1) · · · (s− n+ 1) (s− n)!

n! (s− n)!=

s!

n! (s− n)!

O termo As,n/n! é conhecido como coeficiente binomial ou combinação, podendo ser re-

presentado por Cs,n ou

(s

n

). Logo, a combinação de s elementos, tomados n-a-n é dada

por (s

n

)=

s!

n! (s− n)!, n < s.

Exemplo Considere a amostra 3, 1, 7. como n = 3, o número de reordenações dos seus

elementos é 3! = 6:

3, 1, 7, 3, 7, 1, 1, 3, 7, 1, 7, 3, 7, 3, 1 7, 1, 3

Notas:

a) O coeficiente

(a

x

)é bem definido para a ∈ R e x ∈ N, por exemplo, se a = −π e

x = 3, então(−π3

)=−π(−π − 1)(−π − 2)

3!= −π(π − 1)(π − 2)

6= −11.1497.

b) Por definição, 0! = 1 e Aa,0 = 1.

c) Para a inteiro positivo, se x > a ou x < 0p.def.=⇒

(a

x

)= 0;

Exemplo 5) Considere S = 1, 2, . . . , s, um conjunto finito. Qual a probabilidade de se

extrair k < s elementos de S tal que os valores estejam em ordem crescente, ou seja, tal que

1 ≤ x1 < x2 < . . . < xk ≤ s?

34


O número de amostras de tamanho k < n que podem ser retiradas de S tal que não hajam

repetições é An,k = n(n− 1) . . . (n− k + 1).

Dessas As,k existem k! reordenações, das quais apenas uma contém os valores em

sequência.

Portanto, a probabilidade desejada é:

P (A) =k!

As,k=

1

Cs,k

Assumindo S = 1, 2, 3, 4, 5, então s = 5 e k = 3 (amostras de tamamho 3 de um

conjunto com 5 elementos).

A seguir são apresentadas todas as amostras possíveis, com destaque em negrito para

as amostras nas quais os valores estão em ordem crescente.

1 2 3 1 2 4 1 2 5 1 3 4 1 3 51 3 2 1 4 2 1 5 2 1 4 3 1 5 32 1 3 2 1 4 2 1 5 3 1 4 3 1 52 3 1 2 4 1 2 5 1 3 4 1 3 5 13 1 2 4 1 2 5 1 2 4 1 3 5 1 33 2 1 4 2 1 5 2 1 4 3 1 5 3 1

1 4 5 2 3 4 2 3 5 2 4 5 3 4 51 5 4 2 4 3 2 5 3 2 5 4 3 5 44 1 5 3 2 4 3 2 5 4 2 5 4 3 54 5 1 3 4 2 3 5 2 4 5 2 4 5 35 1 4 4 2 3 5 2 3 5 2 4 5 3 45 4 1 4 3 2 5 3 2 5 4 2 5 4 3

. Amostras possíveis A5,3 = 60

. Reordenações 3! = 6

. Probabilidade do evento A = extrair uma amostra de tamanho 3 com os valores em

ordem crescente :

P (A) =6

60=

1

10= 0.10

Exemplo 6) Qual é a probabilidade de se obter um royal straight flush numa mão de pôquer,

antes da troca de cartas?

Um royal straight flush é uma sequência com as maiores cartas (A, K, Q, J, 10), sendo

todas do mesmo naipe.

35


. Antes da troca de cartas tem-se A52,5 mãos possíveis.

. Reordenações: 5! = 120 possibilidades de se obter a mesma mão.

. Probabilidade do evento A = obter a mão (A, K, Q, J, 10) com todas as cartas do

mesmo naipe

P (A) =4× 5!

A52,5

=4

C5,5

∼= 1.54× 10−6

Fica como exercício para o leitor calcular as probabilidades de se obter as demais mãos

no jogo no pôquer (antes da troca das cartas).

. Straight flush (cinco cartas do mesmo naipe, em sequência);

. Quadra (quatro cartas do mesmo valor);

. Full house (uma trinca e um par);

. Flush (as cinco cartas do mesmo naipe);

. Straight (cinco cartas em sequência, sem consideração de naipes);

. Trinca (três cartas do mesmo valor);

. Dois pares (pares com cartas de valores distintos);

. Par (duas cartas do mesmo valor).

Exemplo 7) No jogo da megasena o que mais vantajoso:

A = escolher d = 10 dezenas e jogar todas as combinações possiveis de 6 dezenas ou

B = fazer 210 jogos distintos de 6 dezenas ?

Espaço amostral Ω = 1, 2, 3, . . . , 60

Total de possibilidades com jogos de 6 dezenas: C60,6 =60!

54! 6!.

Total de jogos possíveis de 6 dezenas dentre as d = 10 escolhidas: C10,6 =10!

4! 6!= 210.

Portanto, as chances de se ganhar na megasena são iguais para os dois casos visto que:

P (A) = P (B) =210

C60,6

≈ 4.2× 10−6

1.6.4 Partições

Seja uma população S, de tamanho s, dividida em k subpopulações S1, S2, . . . , Sk com

s1, s2, . . . , sk elementos, respectivamente.

Considerando o caso de amostras desordenadas e sem reposição, a probabilidade de

que, numa amostra de tamanho n sejam selecionados exatamente n1, n2, . . . , nk elementos

36


de S1, S2, . . . , Sk, tal que ni < si, i = 1, 2, . . . , k, é dada por

P (n1, n2, . . . , nk) =

(s1

n1

)(s2

n2

)· · ·

(sk

nk

)(s

n

) ,

em quek∑i=1

si = s ek∑i=1

ni = n.

Exemplo 7) Num grupo de com 12 professores e 5 alunos do curso de Estatística, devem

ser escolhidas n = 5 pessoas para formar uma comissão para falar com o Reitor. Quantas

comissões podem ser formadas de tal forma que, dos escolhidos, 3 sejam professores e 2

sejam alunos?

O grupo tem um total de N = 12 + 5 = 17, desta forma, o total de comissões é dado por(17

5

)=

17!

12! 5!= 6188 comissões.

O número de copmissões com exatamente 3 professores e 2 alunos é dado por(12

3

)(5

2

)= 2200 comissões com 3 prof. e 2 alunos.

Desta forma:

P (comissão com 3 professores e 2 alunos) =

(12

3

)(5

2

)(

17

5

) =2200

6188= 0.355,

Exemplo 8 - Captura e recaptura) Num lago há uma população de peixes de tamanho N .

Uma rede é lançada, m peixes são capturados e marcados, após o que, são devolvidos à

água.

A rede é lançada uma 2ª vez e um total de n peixes são capturados. Qual é a probabilidade

do evento:

A = exatamente x, dentre os n peixes capturados no 2º lançamento, são marcados

37


Após a primeira captura tem-se N peixes no lago, dos quais m são marcados.

Da partição da população desejamos que no segundo lançamento da rede sejam captu-

rados x peixes marcados e (n− x) não marcados, logo

P (A) =

(m

x

)(N −mn− x

)(N

n

) (1.6)

Uma situação prática envolvendo o problema da captura e recaptura refere-se à estimação

do tamanho da população N .

Conhecendo m da primeira captura e tendo observado n e x do segundo lançamento da

rede, como podemos estimar o tamanho da população de peixes N?

Da inferência estatística tem-se que uma estimativa para o tamanho da população é dada

pelo valor de N que maximiza a probabilidade em (1.6).

Assumindo, por exemplo, m = 50 e n = 30, qual é a probabilidade de que exatamente x

peixes do segundo lançamento da rede sejam marcados?

P (A) =

(50

x

)(N − 50

30− x

)(N

30

) . (1.7)

Portanto, dado o número de peixes marcados na segunda captura, ou seja, dado x, o

tamanho da população de peixes no lago é estimado pelo valor de N que maximiza (1.7).

Simplificando ainda mais, considere m = 10 e n = 5. A probabilidade de que x = 1 peixe

do segundo lançamento da rede seja marcado é

P (A) =

(10

1

)(N − 10

4

)(N

5

) .

38


Com um pouco de álgebra, obtem-se

P (A) =50(N − 10)(N − 11)(N − 12)(N − 13)

N(N − 1)(N − 2)(N − 3)(N − 4), N > 13.

A seguir são apresentados a tabela com os cálculos para a obtenção de N e a curva com

o valor de P (A) versus N . Pelos valores apresentados, verifica-se que valor de N pode ser

estimatido em N = 49 ou N = 50.

N P (A)

14 0.0050

20 0.1354

30 0.3400

40 0.4165

48 0.4311

49 0.4313

50 0.4313

51 0.4311

60 0.4217

80 0.3814

100 0.3394

120 0.3029

Exemplo 9 - Jogo da Megasena) Retomando o problema da megasena, considere que

o apostador escolha um número d de dezenas e aposte todos os jogos possíveis com 6

dezenas. Se o apostador conseguir acertar as 6 dezenas sorteadas, além de ganhar na

sena, de quebra, ele consegue algumas quinas e quadras.

Quantas quinas e quadras o apostador consegue ao acertar as seis dezenas sorteadas?

De maneira geral, apostando nos Cd,6 jogos possíveis e acertando as 6 dezenas sortea-

das, tem-se

39


. ou seja, são 6 dezenas sorteadas, dentre as d escolhidas e (d− 6) não sorteadas;

. Q acertos dentre as 6 dezenas sorteadas e (6 − Q) erros, dentre as dezenas não

sorteadas; (6

Q

) (d− 6

6−Q

)(1.8)

. se o apostador acertar as 6 dezenas, então Q = 6 e o número de senas é igual a(6

6

) (d− 6

6− 6

)=

(6

6

) (d− 6

0

)= 1

Este resultado é óbvio, uma vez que o procedimento de escolha implica a inexistência de

repetições, logo, haverá apenas um jogo de seis dezenas coincidindo com as dezenas sorte-

adas. Mas, acertando a sena, quantas quinas e quadras são, também, obtidas?

O raciocínio é o mesmo que no caso anterior, isto é, tendo feito a sena, sendo Q acertos

dentre as 6 dezenas sorteadas e (6−Q) erros dentre as não sorteadas, então

. fazendo Q = 5, o número de quinas obtidas é dado por(6

5

) (d− 6

6− 5

)=

(6

5

) (d− 6

1

)= 6(d− 6), d > 6

. da mesma forma, para Q = 4, o número de quadras é(6

4

) (d− 6

6− 4

)=

(6

4

) (d− 6

2

)=

15 (d− 6)(d− 7)

2, d > 6.

. Se d = 10, como no exercício anterior, então, além de ganhar na megasena, o apostador

conseguirá(6

5

) (4

1

)= 24 quinas e

(6

4

) (4

2

)= 90 quadras

Pode-se generalizar o resultado em (1.8) para os casos em que o apostador acerte 5

dezenas (faz a quina) ou apenas 4 dezenas (faz a quadra). Desta forma, substituindo-se os

40


valores 6 na primeira linha de (1.8) por 5 e 4, respectivamente, pode-se calcular o número de

quinas e quadras, possíveis, para as duas situações.

i) Se o apostador acertar 5 das dezenas sorteadas:(5

Q

) (d− 5

6−Q

)

. com Q = 5, serão (d− 5) quinas, d > 6,

. com Q = 4, o número de quadras é igual a5(d− 5)(d− 6)

2, d > 6.

ii) Acertando-se 4 dezenas: (4

Q

) (d− 4

6−Q

)

. com Q = 4, consegue-se(d− 4)(d− 5)

2, quadras d > 6.

Na Tabela 1.2 são apresentados os números de senas, quinas e quadras se acertar 6, 5

ou 4 dezenas, dentre as d escolhidas, com todas as Cd,6 apostas possíveis.

Tabela 1.2: Número de senas, quinas e quadras na megasena nos jogos com d dezenasescolhidas e combinadas.

Dezenas Acertos númeroapostadas 6 5 4 de

d senas quinas quadras quinas quadras quadras jogos6 1 0 0 1 0 1 17 1 6 0 2 5 3 78 1 12 15 3 15 6 289 1 18 45 4 30 10 8410 1 24 90 5 50 15 21011 1 30 150 6 75 21 46212 1 36 225 7 105 28 92413 1 42 315 8 140 36 171614 1 48 420 9 180 45 300315 1 54 540 10 225 55 5005

41

Teoria da Probabilidade Variáveis Aleatórias

2 Variáveis Aleatórias

Dado um fenômeno aleatório, definido num espaço de probabilidade (Ω,A , P ), tem-se o

interesse em conhecer a estrutura probabilística de quantidades associadas a esse fenômeno.

Para isso, se faz necessário a introdução do conceito de variável aleatória e a especificação

de modelos para tais variáveis.

Definição 2.1. Seja o espaço de probabilidade (Ω,A , P ), então, define-se por variável alea-

tória, ou simplesmente v.a., qualquer função X : Ω→ R tal que:

X−1(Ω) =ω ∈ Ω : X(ω) ∈ I

∈ A ,

para todo intervalo I ⊂ R.

Uma variável aleatória é uma função que leva os elementos do espaço amostral Ω a um

subconjunto dos reais R (Figura 2.1).

Figura 2.1: Variável aleatória X : Ω→ R.

Exemplo 2.1. As variáveis aleatórias são classificadas em dois tipos:

i) VA discreta: é aquela para a qual o conjunto I é um conjunto finito ou infinito enumerável,

por exemplo:

a) I =

1, 2, 3, 4, 5, 6

;

42


b) I = N =

0, 1, 2, 3, 4, ...

.

ii) VA contínua: é aquela para a qual o conjunto I é um conjunto infinito não enumerável,

ou seja, é uma v.a. que assume valores em intervalos de números reais, por exemplo:

a) I = R = (−∞,∞);

b) I = [0, 1] ⊂ R.

Notas:

a) Para v.a.’s contínuas, a função que normalmente associa pontos de Ω ao conjunto I ⊆R, é a função identidade;

b) Para v.a.’s discretas, a função que normalmente associa pontos de Ω ao conjunto I ⊆ R,

é uma contagem ou soma.

2.1 Variáveis Aleatórias Discretas

X é uma v.a. discreta, num espaço de probabilidade (Ω,A , P ), é uma função com do-

mínio em Ω e cujo contradomínio é um conjunto finito ou infinito enumerávelx1, x2, x3, . . .

dos números reais R, tal que,

ω ∈ Ω : X(ω) = xi

é um evento para todo i e, portanto,

pode-se calcular a sua probabilidade de ocorrência

P[ω ∈ Ω : X(ω) = xi

], i = 1, 2, 3, . . . .

Notas:

a) Por simplicidade, representamos o eventoω ∈ Ω : X(ω) = xi

por

X = xi

e as

probabilidades são simplificadas por:

P[ω ∈ Ω : X(ω) = xi

]= P (X = xi)

b) Se x∗ /∈ I, entãoω ∈ Ω : X(ω) = x∗

= ∅, que também é um evento. Nesse caso,

P[ω ∈ Ω : X(ω) = x∗

]= P (X = x∗) = 0

43


c) Se o conjunto I de possíveis valores de uma v.a. discreta X é formado por valores

inteiros, ou inteiros não negativos, então, X é uma v.a. inteira, ou uma v.a. interia não

negativa. A maioria das v.a.’s discretas são inteiras não negativas.

Definição 2.2. Função de probabilidade de uma v.a. discreta X é uma função p(x) que

atribui probabilidade a cada um dos possíveis valores de X.

Seja X assumindo valores I =x1, x2, x3, . . .

, então, para todo x ∈ I

p(x) = P (X = x).

Propriedades: A função p(x) de X em (Ω,A , P ) satisfaz:

a) 0 ≤ p(xi) ≤ 1, ∀ xi ∈ I;

b)∑i

p(xi) = 1.

Prova:

a) Como p(x) é uma medida de probabilidade, por definição, 0 ≤ p(x) ≤ 1;

b) Como, por definição, os eventosw ∈ Ω : X(ω) = xi

, i = 1, 2, . . . são disjuntos, então

∑i

p(xi) =∑i

P (X = xi)

= P

[⋃i

w ∈ Ω : X(ω) = xi

]

= P (Ω) = 1.

Definição 2.3. Função de distribuição, também chamada de função de distribuição acu-

mulada (fda) de uma v.a. discreta X é uma função F (x) que retorna a probabilidade de X

assumir valores até o ponto x.

Seja X assumindo valores I =x1, x2, x3, . . .

, então, para todo x ∈ I

F (x) = P (X ≤ x).

Propriedades: F (x) apresenta as propriedades:

44


a) F (x) é uma função do tipo escada, ou seja, para os pontos xi, xi+1 ∈ I e x tal que

xi ≤ x < xi+1,

F (x) = F (xi),

isto é, F (x) é constante no intervalo [xi , xi+1) (ver Figura 2.2).

b) Dada F (x), para xa e xb ∈ I, tal que xa < xb,

P (xa < X ≤ xb) = F (xb)− F (xa).

Desta forma, para um valor qualquer xi ∈ I, tem-se

p(xi) = F (xi)− F (xi−1),

ou seja, a probabilidade num ponto xi é dada pela altura do “degrau” em F (xi).

Exemplo 2.2. Seja a v.a. X discreta, com distribuição de probabilidade dada por:

x p(x) F (x)0 0.15 0.151 0.28 0.432 0.26 0.693 0.18 0.874 0.08 0.955 0.05 1.00

Assim, temos:

a) p(3) = P (X = 3) = 0.18;

b) F (2) = P (X ≤ 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) = 0.69;

c) P (1 ≤ X < 5) = P (0 < X ≤ 4) = F (4)− F (0) = 0.80,

Ainda: P (1 ≤ X < 5) =4∑

x=1

P (X = x) = 0.28 + 0.26 + 0.18 + 0.08 = 0.80;

d) P (2 ≤ X ≤ 4) = F (4)− F (1) = 0.52.

Exemplo 2.3. Considere 2 lançamentos independentes de uma moeda equilibrada. Definindo

X como sendo o número de caras nos 2 lançamentos, temos Ω =cc; cc; cc; cc

.

Logo:

45


p(0) = P[ cc

∣∣∣ X( cc ) = 0]

= 1/4

p(1) = P[ cc ∪ cc

∣∣∣ X( cc ) = X( cc ) = 1]

= 1/2

p(2) = P[ cc

∣∣∣ X( cc ) = 2]

= 1/4

Portanto, a função de probabilidade de X, é dada por:

x 0 1 2p(x) 1/4 1/2 1/4

A função de distribuição da v.a. X, é dada por:

F (x) =

0, x < 0;

1/4, 0 ≤ x < 1;

3/4, 1 ≤ x < 2;

1, x ≥ 2.

Figura 2.2: Função distribuição acumulada da v.a. X

Exemplo 2.4. Seja uma v.a. X assumindo os valores 3, 4, 5, 6 . Obter k ∈ R de modo que

p(x) seja uma função de probabilidade:

p(x) = k (x− 2)2

46


Das propriedades da função de probabilidade,∑x

p(x) = 1, portanto:

k [(3− 2)2 + (4− 2)2 + (5− 2)2 + (6− 2)2] =1

k [1 + 22 + 32 + 42] =1

30k =1

k =1

30.

Desta forma, a função de probabilidade de X é dada por p(x) =(x− 2)2

30, x ∈ 3, 4, 5, 6.

Exemplo 2.5. Considere o jogo no qual um alvo circular de raio 1 é dividido em n regiões

anelares concêntricas de raio 1/n, 2/n, . . . , 1. Lança-se um dardo ao acaso e, se ele atingir a

região Ai, delimitada pelos raios (i − 1)/n e i/n, i = 1, 2, . . . , n, ganha-se (n − i) reais (ver

Figura 2.3)

R=1

A1

n − 1

A2 n − 2

An−1 1

An 0

Figura 2.3: Regiões anelares identificadas em vermelho e ganho obtido em azul.

Seja a v.a. X = importância ganha em um lançamento, obtenha a função de probabilidade

de X.

Aqui, o espaço de probabilidade (Ω,A , P ) é o espaço uniforme sobre o disco de raio 1.

X é uma v.a. discreta definida neste espaço, assumindo os valores 0, 1, 2, . . . , n− 1.Ainda, Ai = X = n − i é um evento que ocorre se, e só se, o dardo atinge a região

delimitada pelos círculos de raios (i− 1)/n e i/n.

47


A probabilidade para o evento Ai são dadas por:

P (X = n− i) =área de Aiárea total

P (X = n− i) =

π

(i

n

)2

− π(i− 1

n

)2

π

P (X = n− i) =i2 − (i2 − 2i+ 1)

n2

P (X = n− i) =2i− 1

n2, i = 1, 2, . . . , n.

Com x = n− i, então, a função de probabilidade de X é:

p(x) =

2(n− x)− 1

n2, x ∈ 0, 1, 2, . . . , (n− 1)

0, c.c.

Com p(x) assim definida:

i) Certifique-se de que p(x) é de fato uma função de probabilidade;

ii) Calcule a probabilidade de se acertar a região mais central do alvo (mosca).

2.2 Principais modelos de discretos

2.2.1 Variável Aleatória Constante

Seja uma v.a. X que associa um único valor k ∈ R para todo ω ∈ Ω.

Então ω ∈ Ω | X(ω) = k é todo o espaço amostral Ω e, X(ω) = k é uma v.a. discreta

com função de probabilidade:

p(x) =

1, x = k

0, x 6= k.

A função de probabilidade de uma v.a. é também chamada de degenerada em k e sua

48


função de distribuição é dada por

F (x) =

0, x < k

1, x ≥ k.

Na Figura (2.4) são apresentadas as funções de probabilidade p(x) e de distribuição F (x)

para o modelo degenerado num ponto.

X

p(x)

k

1

X

F(x

)

k

1

Figura 2.4: Funções de probabilidade (esquerda) e de distribuição (direita) do modelo dege-nerado num ponto

2.2.2 Distribuição uniforme discreta

Considere a v.a. X assumindo valores em I = x1, x2, . . . , xn. X tem distribuição uni-

forme discreta se cada elemento de I tiver mesma probabilidade, ou seja

p(x) = P (X = x) =

1

n, x ∈ I

0, x /∈ I

Notação: X ∼ Ud(I)

Notas:

i) O modelo uniforme discreto considera que os elementos x1, x2, . . . , xn de I são equi-

prováveis.

49


ii) Normalmente I é um subconjunto dos naturais (I ⊂ N) definido por limites [a, b], em que

a < b são os parâmetros do modelo. Neste caso

X ∼ Ud(a, b).

A função de distribuição acumulada da v.a. da uniforme discreta é definida por

F (x) =

∑i I[xi|xi≤x]

nx ∈ x1, x2, . . . , xn,

em que I[xi|xi≤x] = 1, se xi ≤ x e I[xi|xi≤x] = 0, caso contrário.

Exemplo 2.6. Considere o lançamento de um dado equilibrado e seja a v.a. X = valor

observado, então, I = 1, 2, 3, 4, 5, 6 e X ∼ Ud(1, 6)

p(x) =1

6, x = 1, 2, 3, 4, 5, 6;

F (x) =x

6x = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Na Figura (2.5) são apresentadas as funções de probabilidade e de distribuição acumulada

para o exemplo.

X

p(x)

1 2 3 4 5 6

1/6

X

F(x

)

1 2 3 4 5 6

1

Figura 2.5: Funções de probabilidade (esquerda) e de distribuição (direita) do modelo Ud(1, 6)

50


2.2.3 Distribuição de Bernoulli

Considere, agora, um evento A ⊂ Ω, tal que, X(ω) = 1, se ω ∈ A e X(ω) = 0, se ω ∈ Ac,então, A ocorre se, e só se, X(ω) = 1.

A v.a. X é uma variável indicadora de A, pois o valor de X indica a ocorrência de A e,

P (A) = P [ω ∈ Ω | X(ω) = 1] = P (X = 1)

Normalmente, o evento A é chamado de sucesso e Ac de fracasso e a v.a. assim de-

finida, é chamada de v.a. de Bernoulli, em que p = P (A) é a probabilidade de sucesso e

(1− p) = P (Ac) é a probabilidade de fracasso.

Notas:

i) Uma realização da v.a. de Bernoulli recebe o nome de “ensaio de Bernoulli ”.

ii) Ensaio de Bernoulli é todo experimento com apenas dois resultados possíveis, denota-

dos por sucesso e fracasso. Esses resultados são representados pelos valores 1 e 0 da

v.a. X, com probabilidades de corrência p e (1− p), respectivamente. Assim,X = 1, representa um sucesso,

X = 0, representa um fracasso.

iii) A probabilidade de sucesso p é o parâmetro do modelo de Bernoulli.

Seja X uma variável de Bernoulli com probabilidade de sucesso p, então, sua função de

probabilidade é definida por

p(x) =

1− p, x = 0

p, x = 1

0, x 6= 1 e x 6= 0.

Notação: para indicar que uma v.a. tem distribuição de Bernoulli, usamos a seguinte

notação:

X ∼ Bernoulli(p).

A função de probabilidade para o modelo de Bernoulli pode ser mais elegantemente re-

presentada por:

p(x) = px(1− p)1−x, x = 0, 1.

51


A função de distribuição para o modelo de Bernoulli, por sua vez, é dada por

F (x) =

0, x < 0

1− p, 0 ≤ x < 1

1, x ≥ 1.

A Figura (2.6) apresenta as funções de probabilidade e de distribuição acumulada para o

modelo de Bernoulli com parâmetro p.

Nota: Como veremos no restante da seção, a v.a. de Bernoulli serve de base para a

definição de grande parte dos modelos discretos de probabilidade.

X

p(x)

0 1

p1−

p

X

F(x

)

0 1

1−p

1

Figura 2.6: Funções de probabilidade (esquerda) e de distribuição (direita) do modeloBernoulli (p)

2.2.4 Distribuição binomial

Exemplo 2.7. Considere o experimento no qual uma moeda honesta é lançada três vezes,

sendo que a probabilidade de se obter cara em um lançamento é p e de se obter coroa é

(1− p), 0 ≤ p ≤ 1.

Para este experimento, o espaço amostral é dado por

Ω = (c, c, c), (c, c, c), (c, c, c), (c, c, c), (c, c, c), (c, c, c), (c, c, c), (c, c, c)

em que c = cara e c = coroa.

Definindo a v.a. X = número de caras obtidos nos três lançamentos, determinar a função

de probabilidade de X.

52


Para cada elemento do espaço amostral, a v.a. X assume os valores:

ω = (c, c, c) ⇒ X(c, c, c) = 3

ω = (c, c, c)

ω = (c, c, c)

ω = (c, c, c)

⇒ X(c, c, c) = X(c, c, c) = X(c, c, c) = 2

ω = (c, c, c)

ω = (c, c, c)

ω = (c, c, c)

⇒ X(c, c, c) = X(c, c, c) = X(c, c, c) = 1

ω = (c, c, c) ⇒ X(c, c, c) = 0

Uma vez que os lançamentos da moeda são independentes, a v.a. X tem a seguinte

função de probabilidade:

x p(x)0 (1− p)3

1 3p(1− p)2

2 3p2(1− p)3 p3

Os três elementos de Ω para os quais X = 2, resultam das possíveis combinações nas

quais são obtidas duas cara e uma coroa, implicando que a probabilidade individual p2(1− p)seja multiplicada por 3. Desta forma, a probabilidade P (X = 2) pode ser escrita como

p(2) =

(3

2

)p2(1− p).

O mesmo acontece com X = 1, resultado das possíveis combinações nas quais se obtem

uma cara nos três lançamentos da moeda, sendo a probabilidade P (X = 1) escrita por

p(1) =

(3

1

)p(1− p)2.

Como podemos observar, p(x) é uma função de probabilidade discreta, pois:

i) p(x) ≥ 0 ∀ x = 0, 1, 2, 3, uma vez que 0 ≤ p ≤ 1;

ii)3∑

x=0

p(x) = [p+ (1− p)]3 = 1.

53


Considerando que a moeda é honesta, ou seja p = 1/2, temos

x 0 1 2 3p(x) 1/8 3/8 3/8 1/8

A distribuição de probabilidade acima, como veremos pela definição (2.4), é a distribuição

binomial com parâmetros n = 3 e p = 0.5.

Definição 2.4. Considere n repetições independentes de um ensaio de Bernoulli cuja proba-

bilidade de sucesso é P (sucesso) = p e seja a v.a. X que conta o número de sucesso nas n

realizações independentes do ensaio, então, X tem distribuição binomial com parâmetros n

e p e a sua função de probabilidade é dada pela expressão

p(x) =

(n

x

)px(1− p)n−x, x = 0, 1, . . . , n.

Notação: X ∼ binomial(n, p).

X

p(x)

0 1 2 3 4

00.

10.

20.

3

X

F(x

)

0 1 2 3 4

00.

20.

40.

60.

81

Figura 2.7: Funções de probabilidade (esquerda) e de distribuição (direita) do modelobinomial (4, 0.6)

Notas:

i) A distribuição de Bernoulli é um caso especial da binomial para o qual n = 1.

ii) A função de distribuição acumulada F (x) não tem uma forma explicita, sendo definda

por

F (x) =∑xi≤x

P (X = xi).

54


iii) Se a v.a. X conta os sucessos em n ensaios independentes de Bernoulli,X ∼ binomial(n, p).

Então, se nos mesmos n ensaios, a v.a. Y contar o número de fracassos:

Y ∼ binomial(n, 1− p).

Exemplo 2.8. Uma indústria que produz placas para componentes eletrônicos, usadas na fa-

bricação de celulares, afirma que no processo de produção dessas placas 1% sai com defeito

nas furações. Considerando que na inspeção dessas placas, 10 unidades são selecionadas

aleatoriamente e avaliadas:

Defina uma v.a. para esse caso e determine a sua função de probabilidade p(x).

Uma vez que p(x) seja definida, qual é a probabilidade de que a inspeção encontre:

a) exatamente uma placa com defeito?

b) pelo menos uma placa com defeito?

c) no máximo três placas com defeito?

A inspeção de cada uma das placas resulta em um, dentre dois resultados possíveis (placa

com defeito ou placa boa), o que caracteriza um ensaio de Bernoulli no qual o resultado

de interesse (sucesso) é dado pela placa com defeito. Alé disso, como as inspeções são

independentes, a probabilidade de uma placa ser defeituosa (dada pelo índice de defeitos da

produção, ou seja, p = 0.01) é comum a todos os ítens produzidos.

Portanto, definindo a v.a. X = número de placas com defeito encontradas na inspeção das

n = 10 placas selecionadas, X tem distribuição binomial com parâmetros n = 10 e p = 0.01

e sua função de probabilidade é dada por

p(x) = P (X = x) =

(10

x

)(0.01)x (0.99)10−x, x = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.

As probabilidades solicitadas nos itens (a), (b) e (c) são, portanto, calculadas por

a) p(1) = P (X = 1) =

(10

1

)(0.01)1 (0.99)9 = 0.09135.

b) Pelo evento complementar temos que:

P (X ≥ 1) = 1− P (X = 0) = 1− (0.99)10 = 0.09562

c)

F (3) = P (X ≤ 3) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3)

= 0.90438 + 0.09135 + 0.00415 + 0.00011 = 0.99999

55


Exemplo 2.9. Uma indústria vende um produto em embalagens de ½ kg. O processo de

empacotamento tem como limite inferior o peso de 495 g, sendo que, os pacotes devem ter

peso superior a este limite. Apesar da automação, o processo produz 6% de pacotes abaixo

do limite, o que preocupa o dono da indústria numa possível inspeção.

Nas inspeções, os fiscais do órgão competente costumam recolher 20 pacotes do produto

das prateleiras dos supermercados e pesar cada um deles. Desta forma, qual é a probabili-

dade de que:

a) apenas um pacote esteja abaixo do limite de peso?

b) no máximo dois pacotes estejam abaixo do limite de peso?

Seja a v.a. X = número de pacotes, da amostra, abaixo do limite de peso.

Então, X ∼ binomial(20, 0.06).

Respostas:

a)

P (X = 1) =

(20

1

)(0.06)(0.94)19 = 0.3703;

b)

F (2) = P (X ≤ 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)

= (0.94)20 + 0.3703 +

(20

2

)(0.06)2(0.94)18

= 0.2901 + 0.3703 + 0.2246 = 0.8850.

2.2.5 Distribuição geométrica

Definição 2.5. Considere uma sequência de ensaios independentes de Bernoulli com proba-

bilidade de sucesso igual a p e seja a v.a. X que conta o número de fracassos até a ocorrência

do primeiro sucesso. Então, X tem distribuição geométrica com parâmetro p e a sua função

de probabilidade é dada pela expressão

p(x) = p(1− p)x, x = 0, 1, 2, . . .

Notação: X ∼ geométrica(p).

Exemplo 2.10. Num jogo de cassino, dois dados são lançados por um jogador que aposta

uma certa quantia de dinheiro antes do lançamento. O jogador dobra o valor apostado se

obter soma 11 ou 12 nos dados. Para tentar dobrar a posta, porém, o jogador tem até 3

tentativas, após as quais, ele perde o que apostou e precisa apostar novamente para continuar

jogando.

56


Qual é a probabilidade do jogador dobrar a aposta numa rodada de lançamentos?

Seja a v.a. X = número de lançamentos com somas diferentes de 11 ou 12, até que o

jogador ganhe.

Então, X ∼ geométrica(p).

Mas, qual deve ser o valor de p?

Para isso precisamos do espaço amostral para os lançamentos dos dados:

Ω = (i, j) ∈ N2 | 1 ≤ i ≤ 6 e 1 ≤ j ≤ 6, (Ω é equiprovável)

Seja o evento A = valores favoráveis ao jogador , então, A = (6, 5), (5, 6), (6, 6).Logo, a probabilidade de sucesso p é igual a P (A), isto é:

p =3

36=

1

12.

Assim, o jogador dobra o valor apostado se:

I sair soma 11 ou 12 no primeiro lançamento dos dados;

I sair soma 11 ou 12 no segundo lançamento, não tendo saído no primeiro;

I sair soma 11 ou 12 no terceiro lançamento, não tendo saído no primeiro nem no se-

gundo lançamentos.

Desta forma, temos que calcular P (X ≤ 2), uma vez que X conta os fracassos até o

primeiro sucesso. Portanto:

F (2) = P (X ≤ 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)

=1

12

(11

12

)0

+1

12

(11

12

)1

+1

12

(11

12

)2

=1

12

[1 +

11

12+

(11

12

)2]

= 0.2297.

Priopriedades:

i) A função de distribuição acumulada F (x) é de fácil obtenção, sendo calculada a partir

57


do resultado

P (X ≥ x) =∞∑k=x

P (X = k)

= p(1− p)x + p(1− p)x+1 + p(1− p)x+2 + . . .

= p(1− p)x

1− (1− p)= (1− p)x.

Desta forma, temos que a função distribuição acumulada F (x) é dada por

F (x) = P (X ≤ x)

F (x) =1− P (X ≥ x+ 1)

F (x) = 1− (1− p)x+1.

No exemplo acima, p = 1/12 e, portanto:

F (2) = P (X ≤ 2) = 1−(

11

12

)3

= 0.2297.

ii) A v.a. geométrica pode, ainda, ser definida como Y = número de ensaios até o primeiro

sucesso. Neste caso, Y assume valores a partir do 1, ou seja, y ∈ 1, 2, 3, . . . e, em

função disto, a sua função de probabilidade passa a ser escrita como

p(y) = P (Y = y) = p(1− p)y−1, y ∈ N∗,

em que N∗ é o conjunto dos naturais, excluindo-se o zero, ou seja, N∗ = N− 0.

Nota: Se a v.a. X conta o número de fracassos até o primeiro sucesso e a v.a. Y conta

o número de ensaios até o primeiro sucesso, então, a relação1 entre elas é dada por:

Y = X + 1 e:

p(y) = P (Y = y) = P (X + 1 = y) = P (X = y − 1) = p(1− p)y−1;

P (Y ≥ y) = (1− p)y−1;

F (y) = P (Y ≤ y) = 1− P (Y ≥ y + 1) = 1− (1− p)y.

1A relação entre duas v.a. discretas será vista em mais detalhes na seção funções de v.a.’s.

58


iii) Uma propriedade importante da v.a. geométrica é a falta de memória, representada

pela relação

P (X ≥ x+ k |X ≥ x) = P (X ≥ k).

Ou seja, dado que X já atingiu o valor x, a probabilidade de alcançar o valor x + k só

depende de k, reiniciando-se a contagem.

Prova:

P (X ≥ x+ k |X ≥ x) =P [(X ≥ x+ k), (X ≥ x)]

P (X ≥ x)

=P (X ≥ x+ k)

P (X ≥ x)

=(1− p)x+k

(1− p)x

= (1− p)k = P (X ≥ k)

Exemplo 2.11. Considere um processo de produção cuja proporção de defeitos é de 0.03.

No processo de produção os itens são inspecionados um-a-um até que apareça o primeiro

com defeito quando, então, o processo é interrompido e ajustado.

a) Determine a probabilidade de que o processo seja ajustado sómente após o 40º item

produzido.

Seja X = número de itens bons até o primeiro com defeito.

Então: X ∼ geométrica(0.03).

Temos que calcular:

P (defeito no item 41 ou defeito no item 42 ou . . .) = P (X ≥ 40)

= (1− 0.03)40

= (0.97)40 = 0.2957.

b) Sabendo que já foram produzidos 25 itens, não havendo nenhum defeito, qual é a pro-

babilidade de que o primeiro item com defeito apareça após o 35º item produzido?

P (X ≥ 35 |X ≥ 25) = P (X ≥ 35− 25)

= (0.97)10 = 0.7374.

59


c) Qual deve ser o intervalo de manutenção preventiva k se desejamos que nenhum item

com defeito ocorra entre duas manutenções consecutivas com probabilidade de pelo

menos 0.50?

Devemos obter k tal que P (X ≥ k) ≥ 0.50.

Tomando a igualdade, temos P (X ≥ k) = 0.50 = (0.97)k, logo, o valor de k é dado por

(0.97)k = 0.50

k ln(0.97) = ln(0.50)

k =ln(0.50)

ln(0.97)= 22.8

Ainda:

I se k = 22 =⇒ P (X ≥ 22) = (0.97)22 = 0.5117.

I se k = 23 =⇒ P (X ≥ 23) = (0.97)23 = 0.4963.

Logo, as manutenções devem ser feitas a cada 22 itens produzidos.

2.2.6 Distribuição binomial negativa

Definição 2.6. Considere uma sequência de ensaios independentes de Bernoulli com proba-

bilidade de sucesso igual a p. A v.a. X que conta o número de fracassos até a ocorrência do

r−ésimo sucesso tem distribuição binomial negativa com parâmetro r > 0 e p e sua função

de probabilidade é dada por

p(x) =

(x+ r − 1

r − 1

)pr(1− p)x, x = 0, 1, 2, . . . (2.1)

Notação: X ∼ BN(r, p).

Nota: O termo

(x+ r − 1

r − 1

)refere-se ao número de combinações possíveis para os

(x + r − 1) ensaios, anteriores ao r−ésimo sucesso, dos quais x são fracassos e (r − 1)

são sucessos.

Exemplo 2.12. Numa linha de montagem de uma grande indústria os parafusos são forne-

cidos em caixas com 50 unidades cada, sendo que a compra dos parafusos é feita em lotes

de 250 caixas. No recebimento dos parafusos o setor competente retira uma caixa do lote e

realiza uma inspeção, aceitando o lote se até a inspeção da metade da caixa, no máximo 2

60


parafusos tiverem a rosca “espanada” (aceitando o lote a empresa arca com o prejuízo dos

demais parafusos que vierem a espanar). Por outro lado, se até a inspeção da metade da

caixa, três ou mais parafusos espanarem, o lote todo é devolvido ao fornecedor. Considerando

que o fabricante dos parafusos afirma que 9% dos parafusos produzidos acabam espanando

na hora do uso, cacule a probabilidade de que a devolução do lote ocorra exatamente ao se

testar a metade da caixa de parafusos.

Seja X = número de parafusos bons até o 3º ruim.

Note que, o lote será devolvido se ao se testar o 25º parafuso, aparecer o 3º ruim, logo

I x = 25− 3 = 22 parafusos bons e

I r = 3 parafusos espanados.

Desta forma, X tem distribuição X ∼ BN(3, 0.09).

P (X = 22) =

(22 + 3− 1

3− 1

)(0.09)3(0.91)22

=

(24

2

)(0.09)3(0.91)22

= 0.0253.

Exemplo 2.13. Uma linha de produção adota-se como critério de parada para regulagem das

máguinas a observação do k−ésimo item com defeito. Sabendo que a proporção de defeitos

é 0 ≤ p ≤ 1, qual é a probabilidade de que a produção tenha que ser interrompida para

regulagem na n−ésima peça produzida?

Se X = número de peças boas até a k−ésima com defeito, X ∼ BN(k, p).

P (X = n− k) =

((n− k) + k − 1

k − 1

)pk(1− p)n−k

=

(n− 1

k − 1

)pk(1− p)n−k.

Notas 2.1. Das relações entre as combinações, temos uma forma alternativa da binomial

61


negativa. Considere (x+ r − 1

r − 1

)=

(x+ r − 1

x

)= (−1)x

(−rx

),

em que: (−1)x(−rx

)=

(−r)(−r − 1) · · · (−r − x+ 1)

x!.

Portanto, a função de probabilidade da binomial negativa, em (2.1), pode ser escrita na

forma alternativa

p(x) = (−1)x(−rx

)pr(1− p)x, x = 0, 1, 2, . . .

Exemplo 2.14. Considere X ∼ BN(4, 0.25), calcular P (X = 5).

x+ r − 1 = 5 + 4− 1 = 8 e r − 1 = 3, logo

i) p(5) =

(8

3

)(0.25)4(0.75)5 = 0.0519;

ii) p(5) = (−1)5 (−4)(−5)(−6)(−7)(−8)

5!(0.25)4(0.75)5 =

6720

5!(0.25)4(0.75)5 = 0.0519.

2.2.7 Distribuição hipergeométrica

Definição 2.7. Considere uma população de tamanho N , sendo que m indivíduos (ou ele-

mentos) desta população apresentam uma crarcterística de interesse e (N − m) não apre-

sentam a tal característica, portanto, a população é particionada em duas subpopulações.

Uma amostra de tamanho n é retirada ao acaso e sem reposição desta população, sendo

que, para cada elemento da amostra é observada a presença, ou não, da característica de

interesse.

Nota: A característica de interesse pode ser a presença de uma doença, um hábito de

comportamento, uma característica física, um defeito ou falha ou até o resultado de uma

mensuração classificado por um ponto de corte. Com a população particionada em duas, a

observação individual de cada elemento da amostra caracteriza um ensaio de Bernoulli.

A diferença da situação aqui apresentada com o modelo binomial é que, neste caso, a

amostra é retirada sem reposição, fazendo com que os ensaios de Bernoulli não sejam mais

independentes.

Seja a v.a. X = número de elementos na amostra que apresentam a característica de

interesse.

62


Então, X tem distribuição hipergeométrica com parâmetros m, N e n

Notação: X ∼ HG(m,N, n).

A função de probabilidade do modelo hipergeométrico é dada por:

p(x) = P (X = x) =

(m

x

)(N −mn− x

)(N

n

) , max0, n− (N −m) ≤ x ≤ minm,n.

Exemplo 2.15. Sabe-se que um gene recessivo, responsável por uma doença, aparece em

16% da população sem que a mesma se manifeste. Se, de uma população de tamanho 500,

selecionamos ao acaso uma amostra sem reposição com 20 pessoas, qual é a probabilidade

de que encontremos 3 portadoras do gene?

Seja X = número de pessoas na amostra com o gene.

Se, da população 16% apresentam o gene, então m = 500(0.16) = 80, logo:

X ∼ HG(80, 500, 20).

Como, n− (N −m) = 20− (500− 80) = −400, temos que

I max0, n− (N −m) = max0,−400 = 0;

I minm,n = min80, 20 = 20,

então 0 ≤ x ≤ 20.

Calculando a probabilidade:

p(3) =

(80

3

)(420

17

)(

500

20

) =(82160)(7.9737× 1029)

2.66720× 1035= 0.2456.

Calcule a probabilidade de que seja encontrado apenas uma pessoa portadora do gene.

p(1) =

(80

1

)(420

19

)(

500

20

) =(80)(3.77718× 1032)

2.66720× 1035= 0.1133.

63


Os cálculos foram feitos no R com o comando choose(n,k) (ver Quadro 1).

Quadro 1: Cálculo da hipergeométrica no R

1 > ##

> choose (80,3)

3 [1] 82160

> choose (420 ,17)

5 [1] 7.973741e+29

> choose (500 ,20)

7 [1] 2.667199e+35

> p3 <- choose (80 ,3)* choose (420 ,17)/ choose (500 ,20)

9 > round(p3 ,4)

[1] 0.2456

11 > ##

> choose (80,1)

13 [1] 80

> choose (420 ,19)

15 [1] 3.777175e+32

> p1 <- choose (80 ,1)* choose (420 ,19)/ choose (500 ,20)

17 > round(p1 ,4)

[1] 0.1133

19 > ##

Exemplo 2.16. Quatro peças com defeito foram acidentalmente misturadas num lote com ou-

tras 16 peças boas. Selecionando-se 5 peças sem reposição, qual é a probabilidade de que

2 sejam defeituosas? E pelo menos 2?

Seja X = número de peças com defeito na amostra.

X ∼ HG(4, 20, 5).

Condição:

I max0, n− (N −m) = max0,−11 = 0;

I minm,n = min4, 5 = 4,

então 0 ≤ x ≤ 4.

Calculando as probabilidades:

p(2) =

(4

2

)(16

3

)(

20

5

) =(6)(560)

15504= 0.2167.

64


P (X ≥ 2) = 1− F (1) = 1− [P (X = 0) + P (X = 1)] = 1− (0.2817 + 0.4696) = 0.2487.

Relação entre a hipergemométrica e binomial

p(x) =

(m

x

)(N −mn− x

)(N

n

)

p(x) =

m!

x!(m− x)!× (N −m)!

(n− x)! [(N −m)− (n− x)]!N !

n!(N − n)!

p(x) =n!(N − n)!

N !× m!

x!(m− x)!× (N −m)!

(n− x)! (N −m− n+ x)!

p(x) =n!

x!(n− x)× (N − n)!

N !× m!

(m− x)!× (N −m)!

(N −m− n+ x)!(2.2)

Desenvolvendo cada um dos três últimos termos da expressão (2.2), obtem-se

(N − n)!

N !=

(N − n)!

N (N − 1) (N − 2) · · · (N − n)!

=1

N (N − 1) (N − 2) · · · (N − n+ 1)

=1

N N(1− 1

N

)N(1− 2

N

)· · ·N

(1− n−1

N

)=

1

Nn∏n−1

i=1

(1− i

N

) (2.3)

65


m!

(m− x)!=m (m− 1) (m− 2) · · · (m− x)!

(m− x)!

= m (m− 1) (m− 2) · · · (m− x+ 1)

= mm

(1− 1

m

)m

(1− 2

m

)· · ·m

(1− x− 1

m

)

= mx

x−1∏j=1

(1− j

m

)(2.4)

(N −m)!

[(N −m− n+ x)]!=

(N −m) (N −m− 1) (N −m− 2) · · · [(N −m− n+ x)]!

[(N −m− n+ x)]!

= (N −m) (N −m− 1) (N −m− 2) · · · [(N −m)− (n− x) + 1]

= (N −m) (N −m)

(1− 1

N −m

)· · · (N −m)

(1− n− x− 1

N −m

)

= (N −m)n−xn−x−1∏k=1

(1− k

N −m

)(2.5)

Substituindo-se os resultados em (2.3), (2.4) e (2.5) em (2.2), p(x) pode ser reescrita

como:

p(x) =

(n

x

)mx (N −m)n−x

Nn

[∏x−1j=1

(1− j

m

)×∏n−x−1

k=1

(1− k

N−m

)∏n−1i=1

(1− i

N

) ]

Aplicando o limite para N →∞, então m→∞, tal quem

N→ p.

Assim sendo:i

N→ 0,

j

m→ 0 e

k

N −m→ 0.

66


Portanto,

p(x) ∼=

(n

x

)(mN

)x(N −mN

)n−x

p(x) ∼=

(n

x

)px (1− p)n−x.

Ou seja, para N grande, a distribuição hipergeométrica se comporta como uma binomial

com parâmetros n e p = m/N .

Na prática isso significa que, se N for grande (N →∞), não há diferença entre as amos-

tragens “com” e “sem” reposição.

Exemplo 2.17. Sabe-se que, numa população de tamanho 5000 proprietários de veículos,

apenas 130 são proprietários de Ferrari. Se uma amostra aleatória de 20 proprietários de

veículos é retirada sem reposição desta população, determine as probabilidade de que:

a) Exatamente 1 seja proprietário de ferrari;

b) Nenhum seja proprietário de ferrari;

c) No máximo 2 sejam proprietários de ferrari;

Seja a v.a. X = proprietário de ferrari na amostra, então, X ∼ HG(130, 5000, 20).

N = 5000 e m = 130, assim, proporção de proprietários de ferrari é igual a p = 0.026.

Como N é grande a distribuição de X pode ser aproximada pela binomial(20, 0.026). Na

Tabela (2.1) são apresentados os resultados obtidos com a distribuição hipergeométricae com

a aproximação pela binomial.

2.2.8 Distribuição de Poisson

Considere a situação na qual se observe a ocorrência de um determinado evento, como,

por exemplo, chamadas telefônicas; acessos a um sistema via web; chegadas de pessoas

numa fila de banco; microorganismos (bactérias ou coliformes) em amostras de água, etc...

Definição 2.8. Seja a v.a. X que conta a ocorrência de um evento por unidade de medida

(tempo, área, volume, etc...), então, X tem distribuição de Poisson com parâmetro λ e sua

função de probabilidade é da forma:

p(x) = P (X = x) =λxe−λ

x!, x = 0, 1, 2, . . . .

67


Tabela 2.1: Aproximação da HG(130, 5000, 20) pela binomial(20, 0.026).calculado pela Aproximado pela erro

Cálculo hipergeométrica binomial relativo

a) P (X = 1)

(130

1

)(4870

19

)(

5000

20

) = 0.3161

(20

1

)(0.026)1(0.974)19 = 0.3152 0.28%

b) P (X = 0)

(130

0

)(4870

20

)(

5000

20

) = 0.5898

(20

0

)(0.026)0(0.974)20 = 0.5904 0.10%

c) P (X = 2)

(130

2

)(4870

18

)(

5000

20

) = 0.0798

(20

0

)(0.026)2(0.974)18 = 0.0799 0.13%

então, P (X ≤ 2) = 0.9857 P (X ≤ 2) ≈ 0.9855 0.20%

68


X ∼ Poisson(λ).

Notas:

i) O parâmetro λ é a taxa de ocorrência do evento.

ii) O modelo de Poisson também aparece na forma

p(x) = P (X = x) =(λ∆t)xe−λ∆t

x!, x = 0, 1, 2, . . . , (2.6)

em que ∆t é o intervalo de ocorrência (na maioria das vezes o tempo).

Exemplo 2.18. Na fila de um banco, em horário de pico, os clientes chegam a uma taxa de

2.5 por minuto. Qual é a probabilidade de que, em um minuto:

a) Chegue apenas um cliente?

b) Cheguem no máximo 3 clientes?

c) cheguem pelo menos 3 clientes?

d) Qual é a probabilidade de que, em 5 minutos, 10 clientes entrem na fila?

Seja a v.a. X = número de clientes que chegam na fila do banco por minuto, então, λ = 2.5

clientes/min e X ∼ Poisson(2.5).

A função de probabilidade de X é dada por:

p(x) = P (X = x) =2.5xe−2.5

x!, x = 0, 1, 2, . . . .

a)

p(1) = P (X = 1) =2.51e−2.5

1!= 0.2052

b)

F (3) = P (X ≤ 3) =2.50e−2.5

0!+

2.51e−2.5

1!+

2.52e−2.5

2!+

2.53e−2.5

3!

= = 0.0821 + 0.2052 + 0.2565 + 0.2138 = 0.7576

69


c)

P (X ≥ 3) = 1− P (X ≤ 2) = 1− (0.0821 + 0.2052 + 0.2565) = 0.4562

d) Seja a v.a. Y = número de clientes que chegam na fila em 5 minutos, então ∆t = 5,

λ∆t = 12.5 e Y ∼ Poisson(12.5).

Assim, utilizando a relação dada em (2.6), temos2:

pY

(10) = P (Y = 10) =12.510e−12.5

10!= 0.0956.

Nota: Na prática ocorre que, se X tem distribuição de Poisson com taxa λ = 2.5 clien-

tes/min, então, em 5 minutos, a taxa será de λ = 5× 2.5 = 12.5 clientes/5min.

X

p(x)

0 1 2 3 4 5 6 7

00.

10.

2

X

F(x

)

0 1 2 3 4 5 6 7

00.

20.

40.

60.

81

Figura 2.8: Funções de probabilidade (esquerda) e de distribuição (direita) do modeloPoisson (2.5)

Exemplo 2.19. Uma oficina recebe microcomputadores para concerto segundo uma distri-

buição de Poisson com taxa de 3 equipamentos/dia. Qual a probabilidade de que num dia

comum cheguem 6 microcomputadores para concerto?

X = número de equipamntos que chegam para conserto em um dia, X ∼ Poisson(3).

p(6) = P (X = 6) =36e−3

6!= 0.0504.

2O índice na função de probabilidade pY(10) indica que a probabilidade deve ser calculada, agora, a partir

da distribuição de probabilidade da v.a. Y .

70


Considere que a oficina tem bancadas para atender no máximo 5 equipamentos/dia e que

os equipamentos além desses 5 fiquem na espera ou desistam do serviço. Sendo assim, o

proprietário planeja ampliar as instlações para poder atender a demanda diária em até 99%

dos dias. De quanto ele deve ampliar suas instalações?

O que o dono da oficina deseja encontrar o valor de k tal que P (X ≤ k) ≥ 0.99, ou seja:

k∑x=0

3xe−3

x!≥ 0.99

Com uma tabela de probabilidades acumuladas temos:

x p(x) F (x)0 0.0948 0.09481 0.1494 0.19922 0.2240 0.42323 0.2240 0.64724 0.1680 0.81525 0.1008 0.91606 0.0504 0.96647 0.0216 0.98808 0.0081 0.9961

Portanto, com k = 8 bancadas, ele consegue atender toda a demanda em 99% dos dias,

ou seja, ele precisa ampliar suas instalações em 3 bancadas.

Aproximação da binomial pela Poisson Seja X ∼ binomial(n, p), então, para n grande

e p pequeno, tal que λ = np é constante, a distribuição binomial pode ser aproximada pela

Poisson.

Prova: p(x) =n!

x!(n− x)!px(1− p)n−x

Para λ = np, então, p = λ/n e,

p(x) =n(n− 1)(n− 2) . . . (n− x)!

x!(n− x)!

(λ

n

)x(1− λ

n

)n−x

71


p(x) = λxn(n− 1)(n− 2) . . . (n− x+ 1)

x! nx

(1− λ

n

)−x(1− λ

n

)n

=

(λx

x!

)(nn

)(n− 1

n

)· · ·(n− x+ 1

n

)(1− λ

n

)−x(1− λ

n

)n

=

(λx

x!

)(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− x− 1

n

)(1− λ

n

)−x(1− λ

n

)n

=

(λx

x!

)[x−1∏k=1

(1− k

n

)](1− λ

n

)−x(1− λ

n

)n(2.7)

Aplicando o limite para n→∞ em cada uma das parcelas de (2.7), temos que:

limn→∞

[x−1∏k=1

(1− k

n

)]= 1 (2.8a)

limn→∞

(1− λ

n

)−x= 1 (2.8b)

limn→∞

(1− λ

n

)n= e−λ (limite fundamental) (2.8c)

Desta forma, substituindo (2.8a),(2.8b) e (2.8c) em (2.7), p(x) pode ser aproximada por:

p(x) ≈ λxe−λ

x!

Para n grande e p pequeno, tal que λ = np, a binomial se comporta como uma Poisson(λ).

Exemplo 2.20. O número de fraudes com cartões de crédito/débito tem aumentado ultima-

mente, mas ainda a proporção é baixa, sendo igual a 0.25%. Considerando que o gerente de

uma agência bancária possui 4000 clientes com cartões, qual é a probabilidade de ocorrência

de:

a) Uma única fraude.

b) Cinco freudes

72


c) Dez fraudes.

d) Não mais do que 15 fraudes.

Seja X = número de fraudes dentre os clientes do banco, X ∼ binomial(4000, 0.0025).

Com a aproximação pela Poisson, λ = 4000× 0.0025 = 10 fraudes, logo:

p(x) ≈ 10xe−10

x!

a) p(1) ≈ 101e−10

1!= 0.000454

b) p(5) ≈ 105e−10

5!= 0.0378

c) p(10) ≈ 1010e−10

10!= 0.1251

d) F (15) = P (X ≤ 15) ≈15∑k=0

10ke−10

k!= 0.9513

Nota: Valores calculados pelo R considerando a distribuição binomial (erro relativo entre

parênteses):

a) p(1) =

(4000

1

)(0.0025)1(0.9975)3999 = 0.000449, (1.01%)

b) p(5) =

(4000

5

)(0.0025)5(0.9975)3995 = 0.0377, (0.25%)

c) p(10) =

(4000

10

)(0.0025)10(0.9975)3990 = 0.1253, (0.13%)

d) F (15) = P (X ≤ 15) =15∑k=0

(4000

k

)(0.0025)k(0.9975)4000−k = 0.9515, (0.023%)

2.2.9 Distribuições discretas no R

O software R tem funções programadas para o cálculo das distribuições de probabilidades

discretas. Cada uma delas é identificada pelo nome da distribuição, conforme mostra a Tabela

(2.2), precedido pelos prefixos d, p e q, indicando, respectivamente, se o cálculo é da função

de probabilidade (aqui identificada como densidade), função de distribuição ou do quantil.

Por exemplo, considere a distribuição binomial(n, p), então, temos os camandos:

a) dbinom(x,n,p) que retorna p(x) = P (X = x),

73


c) pbinom(x,n,p) que retorna F (x) = P (X ≤ x) e,

q) qbinom(q,n,p) que retorna o quantil associado à probabilidade q, ou seja, x = F−1(q).

Nota: os prefixos d, p e q funcionam da mesma maneira para os demais modelos, mu-

dando apenas os parâmetros de cada um deles (Tabela 2.2).

Tabela 2.2: Modelos discretos de probabilidade no RModelo F. probabilidade F. distribuição (f.d.a.) Quantil

p(x) q = F (x) x = F−1(q)

binomial dbinom(x,n,p) pbinom(x,n,p) qbinom(q,n,p)

geométrica dgeom(x,p) pgeom(x,p) qgeom(q,p)

binomial negativa dnbinom(x,r,p) pnbinom(x,r,p) qnbinom(q,r,p)

hipergeométrica dhyper(x,m,N,n) phyper(x,m,N,n) qhyper(q,m,N,n)

Poisson dpois(x,λ) ppois(x,λ) qpois(q,λ)

Exemplo 2.21. Obter, no R :

i) p(5) = P (X = 5), F (9) = P (X ≤ 9) e o ponto x tal que P (X ≤ x) = 0.05, em que

X ∼ BN(4, 0.25);

ii) p(5) = P (Y = 5), P (2 < Y ≤ 6) e o ponto y tal que P (Y ≤ y) = 0.25, em que,

Y ∼ Poisson(3)

iii) p(2) = P (Z = 2) e o ponto z tal que P (Z ≤ z) = 0.975, em que Z ∼ HG(10, 80, 12).

No Quadro (2) são apresentados os valores obtidos no R .

Quadro 2: Modelos discretos de probabilidade no R

1 > ###

> ## binomial negativa

3 > dnbinom (5 ,4 ,0.25)

[1] 0.0519104

5 >

> pnbinom (9 ,4 ,0.25)

7 [1] 0.415747

>

9 > qnbinom (0.05 ,4 ,0.25)

[1] 3

11 >

> ## Poisson

13 > dpois (5,3)

[1] 0.1008188

15 >

> ppois(6,3)-ppois (2,3)

17 [1] 0.5433014

74


>

19 > qpois (0.25 ,3)

[1] 2

21 >

> ## hipergeometrica

23 > dhyper (2,10,80 ,12)

[1] 0.2705104

25 >

> qhyper (0.975 ,10 ,80 ,12)

27 [1] 4

>

29 > ##

75

Teoria da Probabilidade Valor esperado e momentos de uma v.a. discreta

3 Valor esperado e momentos de uma v.a. discreta

3.1 Valor esperado de uma v.a. discreta

Definição 3.1. O valor esperado de uma v.a. discreta X, definida no espaço de probabilidade

(Ω,A , P ) é dado por

E(X) =∑ω∈Ω

X(ω) · P (ω),

E(X) é, ainda, chamado de esperança ou média de X.

Lema 3.1. Considere uma v.a. discreta X, com função de probabilidade p(x), tal que

∞∑i=1

|xi|p(xi) <∞,

se a v.a. assume valores num subconjunto I ⊆ R, então, a esperança de X é dada por

E(X) = µx =∑x∈I

x p(x).

Prova: Livro Carlos A. Dantas, p. 78

Por outro lado, se∞∑i=1

|xi|p(xi) =∞ (não converge), então, X não tem esperança finita.

Exemplo 3.1. Seja uma v.a. discreta X com função de probabilidade

p(x) =1

x (x+ 1), x = 1, 2, 3, . . .

Verificando se p(x) é uma função de probabilidade:

∞∑x=1

p(x) =∞∑x=1

1

x (x+ 1)

76


∞∑x=1

p(x) =∞∑x=1

1

x− 1

x+ 1

= limk→∞

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ · · ·+

(1

k− 1

k + 1

)

= limk→∞

(1− 1

k + 1

)= 1,

portanto, p(x) é uma função de probabilidade discreta, porém,

∞∑x=1

|x|x(x+ 1)

=∞∑x=1

x

x(x+ 1)

=∞∑x=1

1

x+ 1=∞ (não converge),

ou seja, X não tem esperança finita.

Interpretação física de valor esperado

Seja uma va discreta X assumindo valores x1, x2, . . . , xn com probabilidades p(x1),

p(x2), . . ., p(xn). Considere, ainda, G como sendo o centro de gravidade (ou centro de

massa) dos valores de X, então:

n∑i=1

(xi −G)p(xi) = 0

n∑i=1

xip(xi)−n∑i=1

Gp(xi) = 0

G =n∑i=1

xip(xi) = E(X),

portanto, a média E(X) é o centro de massa dos valores de X.

77


3.2 Propriedades de Esperança

Seja uma v.a. discreta X, com esperança finita E(X)

i) Se a é uma constante, então, E(a) = a;

ii) Sejam a e b constantes, então, E(aX + b) = aE(X) + b;

iii) Se Y é uma v.a. discreta tal que E(Y ) <∞, então, para a e b constantes

E(aX + bY ) = aE(X) + bE(Y );

Prova: (resultado: desigualdade triangular |a+ b| ≤ |a|+ |b|)

I 1ª parte: mostrar que E(a X + b Y ) existe.∑ω∈Ω

|aX(ω) + bY (ω)|P (ω) ≤∑ω∈Ω

[|aX(ω)|+ |bY (ω)|]P (ω) =

=∑ω∈Ω

|a| |X(ω)|P (ω) +∑ω∈Ω

|b| |Y (ω)|P (ω)

= |a|∑ω∈Ω

|X(ω)|P (ω) + |b|∑ω∈Ω

|Y (ω)|P (ω) <∞.

=⇒ E(a X + b Y ) existe.

I 2ª parte:

E(aX + bY ) =∑ω∈Ω

(aX + bY ) (ω)P (ω)

=∑ω∈Ω

[aX(ω) + bY (ω)]P (ω)

= a∑ω∈Ω

X(ω)P (ω) + b∑ω∈Ω

Y (ω)P (ω)

= a E(X) + b E(Y )

iv) Seja a v.a. Y = g(X) tal que∞∑i=1

|g(xi)|p(xi) <∞, então

E(Y ) = E[g(X)] =∑x

g(x) p(x).

78


Prova:

Seja Y = g[(X)], então, se E[g(X)] existe, considere ω ∈ Ω para os quais y = g[X(ω)].

Assim, para todos g[X(ω)] com valores iguais a y tem-se:∑x

g(x)p(x) =∑ω

g[X(ω)]P (ω)

=∑y

∑ω:g[X(ω)]=y

yP (ω)

=∑y

y∑

ω:g[X(ω)]=y

P (ω)

=∑y

yP (Y = y) = E[g(X)]

Exemplo 3.2. Seja uma va discreta X com função de probabilidade

p(x) = 0.1|x− 1|, x ∈ −2,−1, 0, 2, 4

Então, o valor esperado de X é:

E(X) =∑x

xp(x)

= (−2)0.3 + (−1)0.2 + (0)0.1 + (2)0.1 + (4)0.3

= 0.6

Ainda, se g(X) = X2, temos

E[g(X)] = E(X2) =∑x

x2p(x)

= (−2)20.3 + (−1)20.2 + (0)20.1 + (2)20.1 + (4)20.3

= (4)(0.3 + 0.1) + (1)0.2 + (16)0.3

= 6.6

v) Se a v.a. X é tal que a ≤ X ≤ b, então,

a ≤ E(X) ≤ b;

79


vi) Sejam X e Y v.a.’s discretas com esperanças finitas E(X) e E(Y ), respectivamente.

a) Se X e Y são tais que X ≥ Y , então, E(X) ≥ E(Y );

b) Se X e Y são independentes, então, E(XY ) = E(X)E(Y ).

Teorema 3.1. Seja uma v.a. X, inteira não negativa. Então, X tem esperança finita se, e

somente se, a série∞∑i=1

P (X ≥ x) converge e, neste caso,

E(X) =∞∑i=1

P (X ≥ x).

Prova: Se X é inteira não negativa, então, X ∈ 0, 1, 2, . . ., da definição de esperança:

E(X) =∞∑i=0

xP (X = x) =∞∑i=1

xP (X = x),

ou seja,

E(X) =∞∑i=1

1P (X = 1) + 2P (X = 2) + 3P (X = 3) + · · · (3.1)

E(X) = P (X = 1)

+ P (X = 2) + P (X = 2)

+ P (X = 3) + P (X = 3) + P (X = 3)

+ P (X = 4) + P (X = 4) + P (X = 4) + P (X = 4)

+... +

... +... +

...

Portanto, redefindo a soma em (3.1), temos

E(X) = P (X ≥ 1) + P (X ≥ 2) + P (X ≥ 3) + P (X ≥ 4) + · · ·

E(X) =∞∑i=1

P (X ≥ x).

Exemplo 3.3. Seja uma v.a. X, com distribuição de probabilidade:

80


x p(x) F (x)0 0.15 0.151 0.20 0.352 0.40 0.753 0.25 1.00

Então, pelo teorema (3.1), o valor esperado de X é calculado pela soma das áreas desta-

cadas na figura 3.1

Figura 3.1: Valor Esperado de uma v.a. como soma das áreas sobre F (x)

Verificando: E(X) = (0)0.15 + (1)0.20 + (2)0.40 + (3)0.25 = 1.75.

Exemplo 3.4. Valor esperado do modelo geométrico:

Seja X ∼ geométrica(p) com função de probabilidade p(x) = p(1−p)x, x = 0, 1, 2, . . .,

então, seu valor esperado é dado por:

E(X) =∞∑x=0

xp(1− p)x

= p(1− p)∞∑x=1

x(1− p)x−1

= p(1− p)∞∑x=1

− d

dp[(1− p)x]

81


E(X) = p(1− p) ddp

[−∞∑x=1

(1− p)x]

= − p(1− p) ddp

(1− pp

)= − p(1− p)−1

p2

Portanto: E(X) =1− pp

.

A partir de (3.1), com P (X ≥ x) = (1− p)x, temos

∞∑x=1

P (X ≥ x) =∞∑x=1

(1− p)x

=1− p

1− (1− p)

=1− pp

= E(X).

Exemplo 3.5. Calcular o valor esperado dos principais modelos discretos: Bernoulli, binomial,

binomial negativo, Poisson, hipergeométrico. (resolução, ver slides)

3.3 Variância de uma v.a. discreta

Definição 3.2. Seja uma v.a. discreta X, assumindo valores num subconjunto I ⊆ R e tendo

esperança finita E(X), então, a variância de X é definida por

σ2x = V ar(X) = E [X − E(X)]2 ,

ou seja,

V ar(X) =∑x∈I

[x− E(X)]2 p(x).

Notas 3.1. A variância de uma v.a. pode, ainda, ser escrita nas seguintes formas:

i) V ar(X) = E(X2)− [E(X)]2;

ii) V ar(X) = E[X(X − 1)] + E(X)− [E(X)]2.

82


Exemplo 3.6. Variância do modelo de Poisson

Seja uma v.a. discreta X ∼ Poisson(λ), então:

p(x) =λxe−λ

x!, x = 0, 1, 2, . . . ;

E(X) = λ.

Para o cálculo da variância de X, temos que calcular E(X2):

E(X2) =∞∑x=0

x2λxe−λ

x!

= λ

∞∑x=1

xλx−1e−λ

(x− 1)!

Fazendo y = x− 1 ⇒ x = y + 1 e, segue-se que,

E(X2) = λ∞∑y=0

(y + 1)λye−λ

y!

= λ

(∞∑y=0

yλye−λ

y!︸︷︷︸=E(Y )=λ

+∞∑y=0

λye−λ

y!︸︷︷︸=1

)

= λ(λ+ 1

)= λ2 + λ

Portanto, a variância do modelo de Poisson é dada por:

V ar(x) = E(X2)− [E(X)]2 = λ2 + λ− [λ]2 = λ

Ou seja, se X ∼ Poisson(λ), então, V ar(X) = E(X) = λ.

3.3.1 Propriedades de Variância

Seja uma v.a. discreta X, com variância finita

i ) Se a é uma constante, então, V ar(a) = 0;

ii ) Sejam a 6= 0 e b constantes, então, V ar(aX + b) = a2V ar(X);

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iii ) Se Y é uma v.a. discreta com variância finita, então,

V ar(X+

− Y ) = V ar(X) + V ar(Y )+

− 2Cov(X, Y );

em que:

Cov(X, Y ) = E[X − E(X)][Y − E(Y )] = E(XY )− E(X)E(Y ).

iv) De (i ) e (ii ), para a 6= 0 e b 6= 0 constantes

V ar(aX+

− bY ) = a2V ar(X) + b2V ar(Y )+

− 2abCov(X, Y );

v) Se X e Y forem independentes: V ar(X +

− Y ) = V ar(X) + V ar(Y ).

Prova: As provas das propriedades de variância ficam como exercícios.

Resultado 3.1. Variância da soma de v.a.’s:

Sejam X1, X2, . . . , Xn, v.a.’s definidas em (Ω,A , P ), tais que E(Xi) e V ar(Xi) existem

∀i = 1, 2, . . . , n, então

V ar

[n∑i=1

Xi

]=

n∑i=1

V ar(Xi) + 2n−1∑i=1

n∑j=i+1

Cov(Xi, Yj).

Como resultado direto, se X1, X2, . . . , Xn, forem independentes, segue-se que

V ar

[n∑i=1

Xi

]=

n∑i=1

V ar(Xi).

Prova: O resultado acima é extensão das propriedades (iii ) e (iv) e a prova é feita por

indução (Magalhães, pag. 252).

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3.3.2 Covariância e coeficiente de corelação

Definição 3.3. Covariância entre duas v.a.’s

Sejam X e Y , v.a.’s definidas em (Ω,A , P ), com variâncias finitas, então, a covariância

entre X e Y é definida por:

σx,y = Cov(X, Y ) = E[X − E(X)

][Y − E(Y )

]. (3.2)

Mostra-se facilmente que (3.2) pode ser escrita como:

Cov(X, Y ) = E(XY )− E(X)E(Y ).

Definição 3.4. Coeficiente de corelação entre duas v.a.’s

O coeficiente de correlação entre duas v.a.’s X e Y , por sua vez, é definido por:

ρx,y = Corr(X, Y ) =Cov(X, Y )√

V ar(X) V ar(Y )=

σx,yσxσy

em que: σx e σy são os desvios padrões de X e Y , respectivamente.

Resultado 3.2. Sejam X e Y v.a.’s com coeficiente de correlação ρx,y, então, valem as se-

guintes relações

i ) | ρx,y | ≤ 1; (3.3a)

ii ) se | ρx,y | = 1, então a relação entre X e Y é linear; (3.3b)

A prova dos resultados acima utiliza da desigulda de Cauchy-Schwarz, apresentada a se-

guir como teorema.

Teorema 3.2. Desigualdade de Cauchy-Schwarz

Sejam X e Y , com variâncias finitas e não nulas, então[E(XY )

]2 ≤ E(X2)E(Y 2). (3.4)

Além disso, [E(XY )

]2= E(X2)E(Y 2) ⇐⇒ Y = aX. (3.5)

A prova da desiguldade de Cauchy-Schwarz é dada em Hoel,Port & Stone, pag 100 ou

Magalhães, pag 258.

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Prova: De (3.3a):

Sejam µx = E(X) e µy = E(Y ). Aplicando a desigualdade de Cauchy-Schwarz à (X−µx)e (Y − µy), tem-se

E[(X − µx)(Y − µy)

]2

≤ E[(X − µx)2

]E[(Y − µy)2

].

Do lado esquerdo da igualdade temos o quadrado da covariância e, do lado direito as

variâncias de X e Y , ou seja,[Cov(X, Y )

]2 ≤ V ar(X)V ar(Y ).

Dividindo ambos os lados por V ar(X)V ar(Y ), tem-se[Cov(X, Y )

]2V ar(X)V ar(Y )

= ρ2x,y ≤ 1,

o que implica que∣∣ρx,y∣∣ ≤ 1.

Prova: De (3.3b):

Se ocorre a igualdade, ou seja, se ρ2x,y = 1, então vale a igualdade em Cauchy-Schwarz

e, segundo (3.5)

(Y − µy) = a(X − µx)

(ver prova em Dantas, pag. 121).

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