Capítulo 4
Variáveis aleatórias discretas
Uma variável discreta assume valores que podem ser listados. A escolha de uma distribuição depende, porém, da estrutura do experimento. Contar defeitos em vinte peças, contar quantas peças precisam ser testadas até o primeiro defeito e contar defeitos em vinte metros de cabo são problemas de contagem que conduzem a modelos diferentes.
Para distinguir esses modelos, consideraremos o número de tentativas, a presença ou ausência de reposição e a quantidade que se pretende registrar. Essas características orientarão a apresentação das distribuições deste capítulo.
4.1 Distribuição Uniforme Discreta
Se uma variável aleatória \(X\) assume os valores distintos \(x_1,\ldots ,x_n\), todos com a mesma probabilidade, dizemos que \(X\) tem distribuição uniforme discreta. Sua função de probabilidade é
\[ \P (X=x_i)=\frac{1}{n},\qquad i=1,\ldots ,n. \]
Assim, a probabilidade de um evento é a razão entre a quantidade de valores favoráveis e o total de valores possíveis.
A média e a variância são
\[ \mathbf{E}[X]=\frac{x_1+\cdots +x_n}{n} \]
e
\[ \operatorname {Var}(X)=\frac{(x_1-\mu )^2+\cdots +(x_n-\mu )^2}{n}, \qquad \mu =\mathbf{E}[X]. \]
No caso particular em que \(X\) assume os valores \(1,2,\ldots ,n\), essas expressões se reduzem a
\[ \mathbf{E}[X]=\frac{n+1}{2} \quad \text{e}\quad \operatorname {Var}(X)=\frac{n^2-1}{12}. \]
Exemplo 4.1 (Uma roleta equilibrada)
Uma roleta tem oito setores de mesma área, numerados de \(1\) a \(8\). Seja \(X\) o número indicado após um giro. Como os oito resultados são igualmente prováveis, \(X\) é uniforme em \(\{ 1,\ldots ,8\} \). Portanto,
\[ \P (X\geq 6)=\frac{3}{8}. \]
Além disso,
\[ \mathbf{E}[X]=\frac{8+1}{2}=4{,}5 \quad \text{e}\quad \operatorname {Var}(X)=\frac{8^2-1}{12}=5{,}25. \]
A média \(4{,}5\) não precisa ser um resultado possível: ela representa o valor em torno do qual a média de muitos giros tende a se estabilizar.
A distribuição uniforme atribui o mesmo peso a todos os resultados. No modelo binomial, cada tentativa é classificada como sucesso ou fracasso, e contamos os sucessos em um número fixado de tentativas, sob as condições a seguir.
4.2 Distribuição Binomial
Considere \(n\geq 1\) tentativas independentes, cada uma com dois resultados possíveis: sucesso, com probabilidade \(p\in [0,1]\), e fracasso, com probabilidade \(1-p\). Se \(X\) conta o número de sucessos nas \(n\) tentativas, então
\[ \P (X=k)=\binom {n}{k}p^k(1-p)^{n-k}, \qquad k=0,1,\ldots ,n. \]
Dizemos, nesse caso, que \(X\sim \operatorname {Bin}(n,p)\).
A fórmula reúne duas ideias. Uma sequência específica com \(k\) sucessos e \(n-k\) fracassos tem probabilidade \(p^k(1-p)^{n-k}\); existem \(\binom {n}{k}\) posições possíveis para os \(k\) sucessos. A independência e a constância de \(p\) são essenciais: se uma tentativa altera as probabilidades das seguintes, o modelo binomial pode deixar de ser adequado.
Se \(Y_i\) vale \(1\) quando há sucesso na \(i\)-ésima tentativa e \(0\) em caso contrário, então
\[ X=Y_1+\cdots +Y_n. \]
Essa representação permite obter
\[ \mathbf{E}[X]=np \quad \text{e}\quad \operatorname {Var}(X)=np(1-p). \]
Em particular, \(np\) é o número médio de sucessos em muitas repetições do experimento completo.
Exemplo 4.2 (Inspeção de componentes)
Vinte componentes produzidos sucessivamente são inspecionados. Admita que os componentes sejam independentes e que cada um tenha probabilidade \(0{,}07\) de ser defeituoso. O lote é aceito quando há no máximo um defeituoso. Se \(X\) é o número de defeituosos, então \(X\sim \operatorname {Bin}(20,0{,}07)\) e
\[ \begin{aligned} \P (X\leq 1) & =\P (X=0)+\P (X=1)\\ & =0{,}93^{20}+20(0{,}07)(0{,}93)^{19}\\ & \approx 0{,}5869. \end{aligned} \]
Assim, sob o modelo adotado, aproximadamente \(58{,}69\% \) dos lotes seriam aceitos.
Exemplo 4.3 (Erros de transmissão)
Uma palavra de \(100\) bits é transmitida por um canal no qual cada bit, de modo independente, tem probabilidade \(0{,}01\) de ser recebido com erro. Um sistema corrige até dois erros. Logo, se \(X\sim \operatorname {Bin}(100,0{,}01)\), a probabilidade de correção é
\[ \P (X\leq 2) =\sum _{k=0}^2\binom {100}{k}(0{,}01)^k(0{,}99)^{100-k} \approx 0{,}9206. \]
O exemplo anterior calcula o desempenho para uma confiabilidade individual já conhecida. Em projetos de redundância, a pergunta costuma ser inversa: a confiabilidade desejada do sistema determina a exigência sobre cada componente.
Exemplo 4.4 (Confiabilidade de um sistema \(4\)-de-\(5\))
Um sistema possui cinco módulos independentes e permanece operacional desde que pelo menos quatro estejam funcionando. Cada módulo funciona durante a missão com probabilidade \(p\). Se \(X\) é o número de módulos operacionais, então
\[ X\sim \operatorname {Bin}(5,p) \]
e a confiabilidade do sistema é
\[ R(p)=\P (X\geq 4) =\binom 54p^4(1-p)+p^5 =5p^4-4p^5. \]
Suponha que a especificação do projeto exija confiabilidade de pelo menos \(99\% \). Não estamos mais calculando uma probabilidade a partir de \(p\): precisamos determinar quão confiável deve ser cada módulo. Como \(R(p)\) é crescente em \([0,1]\), resolvemos numericamente
\[ 5p^4-4p^5=0{,}99, \]
obtendo
\[ p\approx 0{,}9673. \]
Assim, cada módulo precisa funcionar com probabilidade de aproximadamente \(96{,}73\% \) para que a arquitetura \(4\)-de-\(5\) atinja a meta de \(99\% \). Nesse problema, a probabilidade desejada é uma restrição de projeto, e o parâmetro da distribuição é a incógnita.
Na binomial, fixamos o número de tentativas e estudamos o número de sucessos. Na distribuição geométrica, o interesse é o primeiro sucesso: a quantidade aleatória passa a ser o número de tentativas necessárias até sua ocorrência.
4.3 Distribuição Geométrica
Considere uma sequência de tentativas independentes, todas com probabilidade \(0\lt p\leq 1\) de sucesso. Seja \(X\) o número da tentativa em que ocorre o primeiro sucesso. Para que \(X=k\), as \(k-1\) primeiras tentativas devem fracassar e a \(k\)-ésima deve ter sucesso. Portanto,
\begin{equation} \P (X=k)=(1-p)^{k-1}p, \qquad k=1,2,3,\ldots . \label{eq:geo} \tag{4.1} \end{equation}
Dizemos que \(X\sim \operatorname {Geom}(p)\). A soma das probabilidades é
\[ \sum _{k=1}^{\infty }(1-p)^{k-1}p =p\sum _{j=0}^{\infty }(1-p)^j=1, \]
como deve ocorrer para qualquer função de probabilidade.
A probabilidade de cauda admite um cálculo direto. O evento \(X\gt k\) significa que as primeiras \(k\) tentativas foram fracassos, de modo que
\[ \P (X\gt k)=(1-p)^k. \]
Consequentemente, para inteiros \(k\geq 1\),
\[ F_X(k)=\P (X\leq k)=1-(1-p)^k. \]
A média e a variância são
\[ \mathbf{E}[X]=\frac{1}{p} \quad \text{e}\quad \operatorname {Var}(X)=\frac{1-p}{p^2}. \]
Exemplo 4.5 (Teste até encontrar um defeito)
Em uma linha de produção, cada item tem probabilidade \(0{,}20\) de ser defeituoso, independentemente dos demais. Os itens são testados até que o primeiro defeito seja encontrado. Se \(X\) é o número de itens testados, então \(X\sim \operatorname {Geom}(0{,}20)\). A probabilidade de encontrar o primeiro defeito até o terceiro teste é
\[ \P (X\leq 3)=1-(0{,}80)^3=0{,}488. \]
Já a probabilidade de serem necessários mais de cinco testes é
\[ \P (X\gt 5)=(0{,}80)^5=0{,}32768. \]
Em média, serão testados \(\mathbf{E}[X]=1/0{,}20=5\) itens até o primeiro defeito.
A propriedade sem memória
O fato de as tentativas serem independentes produz uma propriedade especial. Se as primeiras \(k\) tentativas fracassaram, a espera adicional até o primeiro sucesso se comporta como uma nova espera, iniciada naquele instante.
Teorema 4.1 (Propriedade sem memória)
Se \(X\sim \operatorname {Geom}(p)\), com \(0\lt p\lt 1\), então, para inteiros \(k,n\geq 0\),
\[ \P (X\gt k+n\mid X\gt k)=\P (X\gt n). \]
Demonstração
▼
Como \(\{ X\gt k+n\} \subseteq \{ X\gt k\} \), temos
\[ \begin{aligned} \P (X\gt k+n\mid X\gt k) & =\frac{\P (X\gt k+n)}{\P (X\gt k)}\\ & =\frac{(1-p)^{k+n}}{(1-p)^k} =(1-p)^n =\P (X\gt n). \end{aligned} \]
Nos modelos anteriores, cada tentativa era realizada nas mesmas condições. Em retiradas sem reposição, a composição da população muda a cada etapa, e a probabilidade de sucesso pode se alterar. A contagem de sucessos em uma amostra de tamanho fixo, retirada de uma população finita sem reposição, conduz à distribuição hipergeométrica.
4.4 Distribuição Hipergeométrica
Uma população finita contém \(N\geq 1\) elementos, dos quais \(K\) são classificados como sucessos e \(N-K\) como fracassos, com \(0\leq K\leq N\). Escolhem-se \(n\) elementos ao acaso, sem reposição, com \(0\leq n\leq N\), e \(X\) conta os sucessos encontrados. Para obter \(X=i\), devemos escolher \(i\) elementos entre os \(K\) sucessos e \(n-i\) entre os \(N-K\) fracassos. Assim,
\[ \P (X=i) =\frac{\binom {K}{i}\binom {N-K}{n-i}}{\binom {N}{n}}. \]
Dizemos que \(X\sim \operatorname {HGeom}(N,K,n)\). O suporte efetivo é
\[ \max \{ 0,n-(N-K)\} \leq i\leq \min \{ n,K\} . \]
A fórmula também pode ser usada fora desse intervalo se adotarmos \(\binom {r}{s}=0\) quando \(s\lt 0\) ou \(s\gt r\).
Se \(N\gt 1\), a média e a variância são
\[ \begin{aligned} \mathbf{E}[X]& =n\frac{K}{N},\\ \operatorname {Var}(X) & =n\frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right) \frac{N-n}{N-1}. \end{aligned} \]
O último fator, chamado correção para população finita, expressa a redução da variabilidade causada pelas retiradas sem reposição. Quando \(N=1\), \(X\) é constante e, portanto, \(\operatorname {Var}(X)=0\).
Exemplo 4.6 (Amostragem sem reposição)
Uma caixa contém \(12\) componentes, dos quais \(4\) são defeituosos. Três componentes são escolhidos ao acaso, sem reposição. Se \(X\) é o número de defeituosos escolhidos, então \(X\sim \operatorname {HGeom}(12,4,3)\). A probabilidade de encontrar exatamente um defeituoso é
\[ \P (X=1) =\frac{\binom {4}{1}\binom {8}{2}}{\binom {12}{3}} =\frac{28}{55}\approx 0{,}5091. \]
A probabilidade de encontrar no máximo um defeituoso é
\[ \P (X\leq 1) =\frac{\binom {4}{0}\binom {8}{3} +\binom {4}{1}\binom {8}{2}}{\binom {12}{3}} =\frac{42}{55}\approx 0{,}7636. \]
Além disso, \(\mathbf{E}[X]=3(4/12)=1\). Se cada componente fosse reposto antes da retirada seguinte, a proporção \(4/12\) permaneceria constante e o modelo seria binomial, não hipergeométrico.
A distribuição hipergeométrica também surge ao condicionar duas contagens binomiais pelo total de sucessos. O cálculo seguinte mostra por que o parâmetro \(p\) deixa de aparecer na distribuição condicional.
Exemplo 4.7 (Uma binomial condicionada torna-se hipergeométrica)
Sejam
\[ X\sim \operatorname {Bin}(m,p), \qquad Y\sim \operatorname {Bin}(n,p), \]
independentes. Suponha que conhecemos apenas o número total de sucessos, \(X+Y=r\). Qual é a distribuição de \(X\) sob essa informação?
Para
\[ \max \{ 0,r-n\} \leq k\leq \min \{ m,r\} , \]
temos
\[ \P (X=k\mid X+Y=r) =\frac{\P (X=k,Y=r-k)}{\P (X+Y=r)}. \]
O numerador é
\[ \binom {m}{k}\binom {n}{r-k} p^r(1-p)^{m+n-r}. \]
Para o denominador, somamos sobre todas as maneiras de distribuir os \(r\) sucessos entre os dois grupos:
\[ \P (X+Y=r) =p^r(1-p)^{m+n-r} \sum _j\binom mj\binom n{r-j}. \]
A identidade de Vandermonde
\[ \sum _j\binom mj\binom n{r-j}=\binom {m+n}{r} \]
segue, por exemplo, contando de duas maneiras a escolha de \(r\) elementos em dois grupos de tamanhos \(m\) e \(n\). Portanto,
\[ \boxed { \P (X=k\mid X+Y=r) =\frac{\binom mk\binom n{r-k}}{\binom {m+n}{r}} }. \]
Essa é exatamente a função de probabilidade de uma distribuição hipergeométrica. O aspecto mais interessante é que \(p\) desaparece: uma vez fixado o total de sucessos, importa apenas como os \(r\) sucessos se distribuem entre os dois grupos.
Na binomial e na hipergeométrica, o número de observações é fixado de antemão. Em outros problemas, fixamos um intervalo de tempo, uma área ou um comprimento e contamos as ocorrências nessa região. A distribuição de Poisson será usada para modelar situações desse tipo.
4.5 Distribuição de Poisson
Seja \(X\) o número de ocorrências de certo tipo em um intervalo de tempo, comprimento, área ou volume. Quando essas ocorrências surgem de maneira aproximadamente independente e com taxa média constante, um modelo natural é
\[ \P (X=k)=e^{-\lambda }\frac{\lambda ^k}{k!}, \qquad k=0,1,2,\ldots , \]
onde \(\lambda \gt 0\). Nesse caso, escrevemos \(X\sim \operatorname {Poisson}(\lambda )\).
O parâmetro \(\lambda \) é, ao mesmo tempo, a média e a variância:
\[ \mathbf{E}[X]=\lambda \quad \text{e}\quad \operatorname {Var}(X)=\lambda . \]
Se a taxa média é \(r\) ocorrências por unidade e observamos uma região de tamanho \(t\), então usamos \(\lambda =rt\). Essa conversão de escala deve ser feita antes de calcular qualquer probabilidade.
Exemplo 4.8 (Partículas em uma superfície)
O número de partículas contaminantes em um disco rígido é modelado por uma distribuição de Poisson. A taxa média é \(0{,}1\) partícula por centímetro quadrado, e a área examinada tem \(100\, \text{cm}^2\). Para essa área, \(\lambda =0{,}1\times 100=10\). Se \(X\) é o número de partículas observadas, então
\[ \P (X=12)=e^{-10}\frac{10^{12}}{12!}\approx 0{,}0948. \]
Observe que a unidade de \(\lambda \) deve coincidir com a área efetivamente examinada.
O modelo de Poisson é coerente com três características: contagens em regiões disjuntas são independentes; em uma região muito pequena, a probabilidade de uma ocorrência é aproximadamente proporcional ao tamanho da região; e a probabilidade de duas ou mais ocorrências na mesma região muito pequena é desprezível em comparação com seu tamanho. Essas hipóteses são aproximações de modelagem, que devem ser avaliadas no contexto do problema.
Entre as aplicações usuais estão o número de chamadas recebidas por uma central, de clientes que chegam a uma fila, de falhas em um comprimento de cabo, de erros de impressão por página e de partículas emitidas em um intervalo de tempo.
Duas operações básicas preservam a família de Poisson: separar aleatoriamente as ocorrências e somar fontes independentes. Elas são úteis em filas, redes, telecomunicações e processos de contagem.
Exemplo 4.9 (Afinamento de uma contagem de Poisson)
Durante certo intervalo, o número total de requisições recebidas por um servidor é
\[ N\sim \operatorname {Poisson}(\lambda ). \]
Cada requisição, independentemente das demais, é encaminhada para uma fila prioritária com probabilidade \(p\). Seja \(X\) o número de requisições prioritárias. Condicionalmente a \(N=n\),
\[ X\mid N=n\sim \operatorname {Bin}(n,p). \]
Assim, para \(k\geq 0\),
\[ \begin{aligned} \P (X=k) & =\sum _{n=k}^{\infty } \binom nk p^k(1-p)^{n-k} e^{-\lambda }\frac{\lambda ^n}{n!}\\ & =e^{-\lambda }\frac{(\lambda p)^k}{k!} \sum _{j=0}^{\infty }\frac{[\lambda (1-p)]^j}{j!}\\ & =e^{-\lambda p}\frac{(\lambda p)^k}{k!}. \end{aligned} \]
Logo,
\[ X\sim \operatorname {Poisson}(\lambda p). \]
Há mais estrutura escondida nessa conta. Se \(Y=N-X\) é o número de requisições não prioritárias, então
\[ \P (X=k,Y=\ell ) =e^{-\lambda } \frac{(\lambda p)^k}{k!} \frac{[\lambda (1-p)]^\ell }{\ell !}. \]
Como \(e^{-\lambda }=e^{-\lambda p}e^{-\lambda (1-p)}\), essa expressão se fatora nas marginais. Portanto,
\[ X\sim \operatorname {Poisson}(\lambda p), \qquad Y\sim \operatorname {Poisson}(\lambda (1-p)), \]
e \(X\) e \(Y\) são independentes. Selecionar independentemente ocorrências de uma Poisson produz duas Poissons independentes: esse procedimento é chamado de afinamento.
Exemplo 4.10 (Superposição de fontes de Poisson)
Duas fontes independentes produzem contagens
\[ X\sim \operatorname {Poisson}(\lambda ), \qquad Y\sim \operatorname {Poisson}(\mu ). \]
Se observamos apenas o total \(S=X+Y\), então, para \(n\geq 0\),
\[ \begin{aligned} \P (S=n) & =\sum _{k=0}^n \P (X=k)\P (Y=n-k)\\ & =e^{-(\lambda +\mu )} \sum _{k=0}^n \frac{\lambda ^k}{k!} \frac{\mu ^{n-k}}{(n-k)!}\\ & =e^{-(\lambda +\mu )}\frac{1}{n!} \sum _{k=0}^n\binom nk\lambda ^k\mu ^{n-k}\\ & =e^{-(\lambda +\mu )} \frac{(\lambda +\mu )^n}{n!}. \end{aligned} \]
Portanto,
\[ X+Y\sim \operatorname {Poisson}(\lambda +\mu ). \]
Em aplicações, isso significa que fluxos independentes de ocorrências podem ser agregados simplesmente somando suas taxas.
Essas propriedades mostram como a distribuição de Poisson é preservada na divisão aleatória de um fluxo em classes e na reunião de fluxos independentes.
Aproximação da binomial pela distribuição de Poisson
A distribuição de Poisson também surge como limite da binomial quando há muitas tentativas, a probabilidade de sucesso em cada uma é pequena e o número médio de sucessos permanece de tamanho moderado.
Teorema 4.2 (Teorema limite de Poisson)
Se \(p_n\to 0\) e \(np_n\to \lambda \gt 0\), então, para cada inteiro fixo \(k\geq 0\),
\[ \binom {n}{k}p_n^k(1-p_n)^{n-k} \longrightarrow e^{-\lambda }\frac{\lambda ^k}{k!}. \]
Demonstração
▼
Para \(n\geq k\),
\[ \binom {n}{k}p_n^k(1-p_n)^{n-k} =\frac{1}{k!} \left[\prod _{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)\right] (np_n)^k(1-p_n)^n(1-p_n)^{-k}. \]
Além do fator constante \(1/k!\), os quatro fatores convergem, respectivamente, para \(1\), \(\lambda ^k\), \(e^{-\lambda }\) e \(1\). Para o terceiro fator, basta observar que \(n\log (1-p_n)\to -\lambda \).
O teorema anterior vale para sequências gerais \(p_n\). No regime canônico \(p_n=\lambda /n\), todos os fatores podem ser vistos explicitamente.
Exemplo 4.11 (Eventos raros: da binomial à Poisson)
Considere
\[ X_n\sim \operatorname {Bin}\left(n,\frac{\lambda }{n}\right), \]
com \(\lambda \gt 0\) fixo. O número de tentativas cresce, mas a probabilidade de sucesso em cada tentativa diminui de modo que o número médio de sucessos permanece igual a \(\lambda \). Para \(k\) fixo,
\[ \P (X_n=k) =\binom nk\left(\frac\lambda n\right)^k \left(1-\frac\lambda n\right)^{n-k}. \]
Reescrevendo,
\[ \P (X_n=k) =\frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{n^k} \frac{\lambda ^k}{k!} \left(1-\frac\lambda n\right)^n \left(1-\frac\lambda n\right)^{-k}. \]
Quando \(n\to \infty \), o primeiro e o último fatores tendem a \(1\), enquanto
\[ \left(1-\frac\lambda n\right)^n\longrightarrow e^{-\lambda }. \]
Assim,
\[ \boxed { \P (X_n=k)\longrightarrow e^{-\lambda }\frac{\lambda ^k}{k!} }. \]
A distribuição de Poisson surge, portanto, como o limite natural de muitas tentativas independentes com pequena probabilidade individual de sucesso. Essa é a justificativa matemática da expressão “modelo de eventos raros”.
O exemplo seguinte usa essa aproximação em uma situação numérica finita.
Exemplo 4.12 (Falhas raras em transmissões)
Em \(200\) transmissões independentes, cada uma falha com probabilidade \(0{,}015\). Se \(X\) é o número de falhas, então \(X\sim \operatorname {Bin}(200,0{,}015)\) e \(np=3\). A aproximação de Poisson fornece
\[ \P (X\leq 2) \approx e^{-3}\left(1+3+\frac{3^2}{2}\right) \approx 0{,}4232. \]
O cálculo binomial exato continua sendo a referência quando estiver disponível; a aproximação é útil sobretudo quando ele se torna trabalhoso.
Exemplo 4.13 (Terremotos de grande intensidade)
Entre 2000 e 2009 ocorreram \(144\) terremotos de magnitude pelo menos \(7{,}0\) no mundo. Admitindo uma taxa constante e usando a distribuição de Poisson como modelo, a taxa anual estimada é \(\lambda =144/10=14{,}4\). Logo, a probabilidade de ocorrerem exatamente três terremotos dessa intensidade no próximo ano é
\[ \P (X=3)=e^{-14{,}4}\frac{14{,}4^3}{3!} \approx 0{,}000277. \]
O valor muito pequeno é compatível com o fato de \(3\) estar bastante abaixo da média anual \(14{,}4\).
Condicionamento, superposição, afinamento e passagem ao limite relacionam as distribuições estudadas neste capítulo. Para concluir, veremos como a lei de uma variável discreta se transforma quando definimos uma nova quantidade a partir dela.
4.6 Funções de variáveis aleatórias discretas
Se \(X\) é discreta, \(Y=g(X)\) também é: seus valores possíveis são as imagens dos valores de \(X\). Como valores diferentes de \(X\) podem produzir o mesmo valor de \(Y\), suas probabilidades devem ser agrupadas. Se \(p_X(x_i)=\P (X=x_i)\), então
\[ p_{Y}\left(y_{j}\right) = \sum _{x_i : g\left(x_{i}\right) = y_{j}} p_{X}\left(x_{i}\right). \]
Exemplo 4.14
Considere a função de probabilidade conjunta de \( X \) e \( Y \) apresentada na Tabela 4.1.
| \(y \backslash x\) | -1 | 0 | 1 |
|---|
| 0 | \(1/16\) | \(1/16\) | \(1/16\) |
| 1 | \(1/16\) | \(1/16\) | \(2/16\) |
| 2 | \(2/16\) | \(1/16\) | \(6/16\) |
Seja \( Z = X Y \). Calcularemos:
a função de probabilidade de \( Z \);
a esperança de \( Z \).
Sol A variável aleatória \( Z \) pode assumir cinco valores distintos: \( -2, -1, 0, 1 \) e \( 2 \). Cada ponto da tabela corresponde a um valor de \( Z \): o ponto \( (-1, 2) \) corresponde a \( z = -2 \), \( (-1, 1) \) a \( z = -1 \), \( (1, 1) \) a \( z = 1 \), \( (1, 2) \) a \( z = 2 \), e todos os outros pontos produzem \( z = 0 \). A partir da tabela, obtemos:
\[ \begin{array}{|c|ccccc|} \hline z & -2 & -1 & 0 & 1 & 2 \\ \hline p_Z(z) & \frac{2}{16} & \frac{1}{16} & \frac{5}{16} & \frac{2}{16} & \frac{6}{16} \\ \end{array} \]
Portanto, a esperança de \( Z \) é dada por
\[ \mathbf{E}[Z] = (-2) \cdot \frac{2}{16} + (-1) \cdot \frac{1}{16} + 0 + (1) \cdot \frac{2}{16} + (2) \cdot \frac{6}{16} = \frac{9}{16}. \]
Exemplo 4.15
Sejam \( N \) e \( M \) duas variáveis aleatórias independentes, ambas com distribuição de Poisson com parâmetro \( \lambda = 1 \). Desejamos calcular a função de probabilidade de \( Z \), onde
\[ Z = g(N, M) := \begin{cases} 1 & \text{se } N = M, \\ 0 & \text{se } N \neq M \end{cases}. \]
A função de probabilidade conjunta do vetor aleatório \( (N, M) \) é dada por
\[ p_{N, M}(n, m) = \frac{e^{-2}}{n! \, m!} \quad \text{para } n, m = 0, 1, \ldots \]
Neste caso, \( Z \) tem distribuição de Bernoulli com parâmetro \( p \), onde
\[ p := \P (N = M) = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{e^{-2}}{(n!)^2}. \]
Resumo do capítulo
Modelos discretos são escolhidos pela estrutura do experimento: número fixo de ensaios, espera pelo primeiro sucesso, amostragem sem reposição ou contagem de ocorrências raras.
4.7 Exercícios
Exercício 4.1 (Binomial)
Em \(18\) componentes, cada um apresenta defeito com probabilidade \(0{,}08\), independentemente. Calcule a probabilidade de haver: (a) nenhum defeito; (b) exatamente dois; (c) ao menos um. Determine média e variância da contagem.
Exercício 4.2 (Geométrica)
Uma tentativa tem probabilidade de sucesso \(0{,}35\), e as tentativas são independentes. Seja \(X\) o número da tentativa do primeiro sucesso. Calcule \(\P (X\gt 5)\), \(\P (X=5)\) e \(\P (X\gt 9\mid X\gt 4)\).
Exercício 4.3 (Hipergeométrica)
Uma caixa contém \(9\) peças conformes e \(5\) defeituosas. Retiram-se \(4\) peças sem reposição. Encontre a função de probabilidade do número de defeituosas retiradas e calcule a probabilidade de aparecer no máximo uma.
Exercício 4.4 (Poisson)
Chamadas chegam a uma central à taxa média de \(3{,}6\) por minuto. Sob o modelo de Poisson, calcule a probabilidade de: (a) nenhuma chamada em \(30\) segundos; (b) pelo menos quatro em um minuto; (c) exatamente sete em dois minutos.
Exercício 4.5 (Escolha do modelo)
Para cada situação, indique uma distribuição adequada e seus parâmetros: (a) número de ases em sete cartas retiradas de um baralho; (b) número de clientes que chegam em dez minutos; (c) número de lançamentos até a primeira coroa; (d) número de respostas corretas em doze questões independentes com probabilidade comum de acerto.