4.3 Soma de variáveis independentes

Trataremos nesta seção de um caso especial de função de vetor aleatório que permeará todo o livro. Somas de variáveis aleatórias independentes aparecem naturalmente em Probabilidade, Estatística e nas Ciências Naturais. Dadas $X$ e $Y$ variáveis aleatórias independentes, qual a distribuição de $X+Y$ ?

No caso em que o vetor $(X,Y)$ é discreto, $X+Y$ é variável aleatória discreta e sua função de probabilidade $p_{X+Y}$ pode ser calculada via Lei da Probabilidade Total:

	$\displaystyle p_{X+Y}(z)$	$\displaystyle=\sum_{x}\mathbb{P}(X=x,Y=z-x)=\sum_{x}\mathbb{P}(X=x)\mathbb{P}(%Y=z-x)$
		$\displaystyle=\sum_{x}p_{X}(x)p_{Y}(z-x).$

Observe que, como o vetor $(X,Y)$ é discreto, as parcelas da soma acima são não-nulas para no máximo uma quantidade enumerável valores de $x$ .

Exemplo 4.20.

Sejam $X\sim\mathop{\mathrm{Binom}}\nolimits(n,p)$ e $Y\sim\mathop{\mathrm{Binom}}\nolimits(m,p)$ . A função de probabilidade de $X+Y$ pode ser calculada por

	$\displaystyle p_{X+Y}(k)$	$\displaystyle=\sum_{j=0}^{\infty}\mathbb{P}(X=j)\mathbb{P}(Y=k-j)$
		$\displaystyle=\sum_{j=0}^{k}\tbinom{n}{j}p^{j}(1-p)^{n-j}\tbinom{m}{k-j}p^{k-j%}(1-p)^{m-k+j}$
		$\displaystyle=p^{k}(1-p)^{m+n-k}\sum_{j=0}^{k}\tbinom{n}{j}\tbinom{m}{k-j}$
		$\displaystyle=\tbinom{n+m}{k}p^{k}(1-p)^{m+n-k}.$

Portanto, $X+Y\sim\mathop{\mathrm{Binom}}\nolimits(n+m,p)$ , o que não chega a ser uma surpresa, dada a definição de variável binomial. Indutivamente, podemos generalizar este fato e mostrar que se $X_{k}\sim\mathop{\mathrm{Binom}}\nolimits(n_{k},p)$ para todo $k=1,\dots,l$ são independentes, então $\sum_{k=1}^{l}X_{k}\sim\mathop{\mathrm{Binom}}\nolimits(\sum_{k=1}^{l}n_{k},p)$ . ∎

Quando as variáveis $X$ e $Y$ forem independentes e absolutamente contínuas com densidades $f_{X}$ e $f_{Y}$ , respectivamente, temos a relação análoga

f_{X+Y}(z)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{X}(x)f_{Y}(z-x)\,\mathrm{d}x.

(4.21)

Para justificá-la, tomamos $B=\{(x,y):x+y\leqslant z\}$ e desenvolvemos

	$\displaystyle F_{X+Y}(z)$	$\displaystyle=\iint_{B}f_{X}(x)f_{Y}(y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
		$\displaystyle=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{z-x}f_{X}(x)f_{Y}(y)\,%\mathrm{d}y\mathrm{d}x$
		$\displaystyle=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{z}f_{X}(x)f_{Y}(u-x)\,%\mathrm{d}u\mathrm{d}x$
		$\displaystyle=\int_{-\infty}^{z}\Big{(}\int_{-\infty}^{+\infty}f_{X}(x)f_{Y}(u%-x)\,\mathrm{d}x\Big{)}\mathrm{d}u,$

para todo $z\in\mathbb{R}$ , o que mostra que a função definida em (4.21) é de fato uma densidade de $X+Y$ .

Soma de normais independentes

O caso quando $X$ e $Y$ são distribuições normais é tão importante que preferimos enunciá-lo como a proposição seguinte.

Proposição 4.22.

Sejam $X_{1}\sim\mathcal{N}(\mu_{1},\sigma_{1}^{2})$ e $X_{2}\sim\mathcal{N}(\mu_{2},\sigma_{2}^{2})$ independentes. Então $X_{1}+X_{2}\sim\mathcal{N}(\mu_{1}+\mu_{2},\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})$ .

Demonstração.

Como $X_{1}-\mu_{1}\sim\mathcal{N}(0,\sigma_{1}^{2})$ e $X_{2}-\mu_{2}\sim\mathcal{N}(0,\sigma_{2}^{2})$ , podemos supor sem perda de generalidade que $\mu_{1}=\mu_{2}=0$ . A densidade de $X+Y$ é então dada por

f_{X+Y}(z)=\frac{1}{2\pi\sigma_{1}\sigma_{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac%{(z-x)^{2}}{2\sigma_{2}^{2}}}e^{-\frac{x^{2}}{2\sigma_{1}^{2}}}\,\mathrm{d}x.

Para simplificar, escrevemos $a=2\sigma_{2}^{2}$ e $b=2\sigma_{1}^{2}$ . Utilizando a identidade

\frac{1}{a}(z-x)^{2}+\frac{1}{b}x^{2}=\Big{(}\frac{a+b}{ab}\Big{)}\Big{(}x-%\frac{bz}{a+b}\Big{)}^{2}+\frac{1}{a+b}z^{2},

válida para todos $a>0$ , $b>0$ , $z\in\mathbb{R}$ e $x\in\mathbb{R}$ , obtemos

	$\displaystyle f_{X+Y}(z)$	$\displaystyle=\frac{1}{2\pi\sigma_{1}\sigma_{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-%\frac{(z-x)^{2}}{a}}e^{-\frac{x^{2}}{b}}\mathrm{d}x$
		$\displaystyle=\frac{1}{2\pi\sigma_{1}\sigma_{2}}e^{-\frac{z^{2}}{a+b}}\int_{-%\infty}^{+\infty}e^{-(\frac{a+b}{ab})(x-\frac{bz}{a+b})^{2}}\mathrm{d}x$
		$\displaystyle=\frac{1}{2\pi\sigma_{1}\sigma_{2}}\cdot\sqrt{\pi\tfrac{ab}{a+b}}%\cdot e^{-\frac{z^{2}}{a+b}}$
		$\displaystyle=\tfrac{1}{\sqrt{2\pi(\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})}}\cdot e^{-%\frac{z^{2}}{2(\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})}}.$

Portanto $f_{X+Y}$ corresponde à densidade de uma distribuição $\mathcal{N}(0,\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2})$ , como queríamos demonstrar. ∎

Usando a Observação 4.13, pode-se verificar indutivamente que se $X_{1},\dots,X_{n}$ são variáveis aleatórias independentes com $X_{k}\sim\mathcal{N}(\mu_{k},\sigma_{k}^{2})$ , então $\sum_{k=1}^{n}X_{k}\sim\mathcal{N}(\sum_{k=1}^{n}\mu_{k},\sum_{k=1}^{n}\sigma^%{2}_{k})$ . Em palavras, soma de normais independentes é uma variável normal cujos parâmetros são as somas dos respectivos parâmetros.

Exemplo 4.23.

Uma fábrica produz parafusos cujos comprimentos são independentes e têm distribuição $\mathcal{N}(\mu,\sigma^{2})$ . É retirada uma amostra aleatória de $n$ parafusos e calculada a média aritmética dos comprimentos da amostra. Qual a probabilidade da média observada diferir do valor médio teórico, $\mu$ , mais que uma tolerância $\delta$ ? Sejam $X_{1},\dots,X_{n}$ os comprimentos dos parafusos da amostra e $S_{n}=\sum_{k=1}^{n}X_{k}$ , estamos interessados em determinar quanto vale

\mathbb{P}\big{(}\big{|}\tfrac{S_{n}}{n}-\mu\big{|}<\delta\big{)}.

Como $X_{1},\dots,X_{n}$ são independentes e com distribuição $\mathcal{N}(\mu,\sigma^{2})$ , segue que $S_{n}\sim\mathcal{N}(n\mu,n\sigma^{2})$ , ou seja, $\tfrac{S_{n}-n\mu}{\sigma\sqrt{n}}$ tem distribuição $\mathcal{N}(0,1)$ . Desse modo

	$\displaystyle\mathbb{P}\big{(}\big{\|}\tfrac{S_{n}}{n}-\mu\big{\|}<\delta\big{)}$	$\displaystyle=\mathbb{P}\big{(}\big{\|}\tfrac{S_{n}-n\mu}{\sigma\sqrt{n}}\big{\|%}<\tfrac{\delta\sqrt{n}}{\sigma}\big{)}$
		$\displaystyle=\Phi(\tfrac{\delta\sqrt{n}}{\sigma})-\Phi(-\tfrac{\delta\sqrt{n}%}{\sigma})=2\Phi(\tfrac{\delta\sqrt{n}}{\sigma})-1.$

Por exemplo, se $n=25$ , $\delta=0{,}200$ e $\sigma=0{,}600$ , podemos calcular o valor acima consultando a tabela na página Tabela Normal e obter

2\Phi(\tfrac{\delta\sqrt{n}}{\sigma})-1\approx 2\Phi(1{,}67)-1\approx 0{,}904,

com três algarismos significativos.

Outra pergunta que poderíamos fazer é: qual o tamanho mínimo da amostra de modo que a média observada difira de $\mu$ por no máximo $\delta$ unidades com probabilidade superior a $1-\alpha$ (nível de confiabilidade). Ou seja, devemos encontrar o menor $z_{\alpha}$ tal que

\mathbb{P}(|\mathcal{N}(0,1)|\leqslant z_{\alpha})=2\Phi(z_{\alpha})-1%\geqslant 1-\alpha.

Novamente com auxílio da tabela da distribuição normal, podemos encontrar $z_{\alpha}$ de modo que $\Phi(z_{\alpha})=1-\frac{\alpha}{2}$ e posteriormente escolher $n$ de modo que $\frac{\delta\sqrt{n}}{\sigma}\geqslant z_{\alpha}$ . Por exemplo, se $\alpha=0{,}060,\ \delta=0{,}200$ e $\sigma=0{,}600$ , então $z_{\alpha}\approx 1{,}88$ e $n=\lceil z_{\alpha}^{2}\sigma^{2}\delta^{-2}\rceil=32$ . Ou seja, um aumento de $25$ para $32$ no tamanho da amostra aumenta de $0{,}904$ para $0{,}940$ nosso grau de confiança de a média observada diferir de $\mu$ menos que $\delta=0{,}200$ .

Há três variáveis que se relacionam neste problema: $n$ , $\delta$ e $\alpha$ . Dadas quaisquer duas delas podemos determinar a terceira. Como exemplo do caso faltante, suponha que uma amostra de tamanho $n=25$ é retirada, gostaríamos de afirmar que com probabilidade superior a $0{,}990$ nossa média observada tem um grau de precisão $\delta$ . Qual o menor valor de $\delta$ ? Como no caso anterior, para $\alpha=0{,}010$ , resolvendo $\Phi(z_{\alpha})=1-\frac{\alpha}{2}$ , obtemos $z_{0,\alpha}\approx 2{,}58$ . Assim, $\delta=z\sigma n^{-1/2}\approx 0{,}310$ . Ou seja, para a amostra de tamanho $n=25$ , a margem de erro aumentou de $0{,}200$ para $0{,}310$ se quisermos aumentar a confiança de $0{,}904$ para $0{,}990$ . ∎