5.1 Variáveis aleatórias simples

Uma variável aleatória $X$ é dita simples se assume apenas finitos valores.

Definição 5.1.

Dada uma variável aleatória simples $X$ , definimos a esperança de $X$ , ou média de $X$ , denotada por $\mathbb{E}X$ , por

\mathbb{E}X=\sum_{x}x\cdot\mathbb{P}(X=x).

Note que na soma acima há apenas finitos termos não-nulos.⁸⁸ 8 Sempre que aparecer “ $\sum_{x}$ ”, a soma é realizada sobre todos os valores de $x$ para os quais o termo da soma é não-nulo.

A esperança de $X$ pode ser pensada como o “centro de massa” da variável aleatória $X$ , como ilustrado na Figura 5.1.

Outra interpretação de $\mathbb{E}X$ é dada pelo valor médio após muitas realizações de um mesmo experimento. Sejam $a_{1},\dots,a_{k}$ os possíveis valores recebidos em uma rodada de um jogo e $X$ o resultado efetivamente ganho após a rodada. Suponhamos também que jogaremos esse jogo $n$ vezes, e denotamos o resultado de cada jogada por $X_{1},\dots,X_{n}$ , independentes e com a mesma distribuição de $X$ . A noção intuitiva de probabilidade como frequência relativa diz que a proporção dentre essas $n$ repetições em que o resultado é $a_{r}$ se aproxima de $\mathbb{P}(X=a_{r})$ para $n$ grande, ou seja,

\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\mathds{1}_{\{X_{j}=a_{r}\}}\approx\mathbb{P}(X=a_{r}).

Dessa forma, para o ganho total dividido pelo número de jogadas, obtemos

\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}X_{j}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{r=1}^{k}a_{r}% \mathds{1}_{\{X_{j}=a_{r}\}}=\\ =\sum_{r=1}^{k}a_{r}\left(\frac{1}{n}\sum_{\smash{j=1}}^{n}\mathds{1}_{\{X_{j}% =a_{r}\}}\right)\approx\sum_{r=1}^{k}a_{r}\cdot\mathbb{P}(X=a_{r})=\mathbb{E}X.

Vejamos alguns exemplos simples.

Exemplo 5.2.

Ao lançar um dado, seja $X$ o valor observado em sua face superior. Neste caso,

\mathbb{E}X=1\times\mathbb{P}(X=1)+\cdots+6\times\mathbb{P}(X=6)=\frac{1}{6}+% \frac{2}{6}+\cdots+\frac{6}{6}=\frac{21}{6}=\frac{7}{2}.\qed

Exemplo 5.3.

Lançamos uma moeda $4$ vezes, seja $X$ a variável aleatória que conta quantas vezes saem cara. Neste caso,

\mathbb{E}X=0\times\frac{1}{16}+1\times\frac{4}{16}+2\times\frac{6}{16}+3% \times\frac{4}{16}+4\times\frac{1}{16}=\frac{32}{16}=2.\qed

Exemplo 5.4.

Seja $X$ dada por $X=\mathds{1}_{A}$ para algum $A\in\mathcal{F}$ . Neste caso, $\mathbb{E}X=0\times\mathbb{P}(A^{c})+1\times\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(A)$ . Ou seja,

\mathbb{E}[\mathds{1}_{A}]=\mathbb{P}(A).

Reciprocamente, se $X\sim\mathop{\mathrm{Bernoulli}}\nolimits(p)$ , então podemos considerar o evento $A$ dado por $A=\{\omega:X(\omega)=1\}$ , de forma que $X=\mathds{1}_{A}$ e $\mathbb{E}X=p$ . ∎

Exemplo 5.5.

Ao lançar um dado duas vezes, seja $X$ a soma dos valores observados. Neste caso,

$\displaystyle\mathbb{E}X$	$\displaystyle=2\times\frac{1}{36}+3\times\frac{2}{36}+4\times\frac{3}{36}+5% \times\frac{4}{36}+6\times\frac{5}{36}+7\times\frac{6}{36}+{}$
	$\displaystyle\qquad+8\times\frac{5}{36}+9\times\frac{4}{36}+10\times\frac{3}{3% 6}+11\times\frac{2}{36}+12\times\frac{1}{36}=7.\qed$

Exemplo 5.6.

Retiramos $3$ cartas de um baralho comum, seja $X$ o número de reis retirados. Neste caso,

$\displaystyle\mathbb{E}X$	$\displaystyle=0\times\frac{48\cdot 47\cdot 46}{52\cdot 51\cdot 50}+1\times% \frac{3\cdot 48\cdot 47\cdot 4}{52\cdot 51\cdot 50}+{}$
	$\displaystyle\qquad+2\times\frac{3\cdot 48\cdot 4\cdot 3}{52\cdot 51\cdot 50}+% 3\times\frac{4\cdot 3\cdot 2}{52\cdot 51\cdot 50}=\frac{3}{13}.\qed$

Exemplo 5.7.

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Binom}}\nolimits(n,p)$ , então

$\displaystyle\mathbb{E}X$	$\displaystyle=\sum_{k=0}^{n}k\tbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}=\sum_{k=1}^{n}n% \tbinom{n-1}{k-1}p^{k}(1-p)^{n-k}$
	$\displaystyle=n\sum_{j=0}^{n-1}\tbinom{n-1}{j}p^{j+1}(1-p)^{n-j-1}=np\sum_{j=0% }^{n-1}\tbinom{n-1}{j}p^{j}(1-p)^{n-1-j}$
	$\displaystyle=np[p+(1-p)]^{n-1}=np.\qed$

Exemplo 5.8.

Seja $X$ a variável que denota o produto dos valores observados ao lançarmos um dado duas vezes.

$\displaystyle\mathbb{E}X$	$\displaystyle=\frac{1}{36}\big{(}1\cdot 1+2\cdot 2+3\cdot 2+4\cdot 3+5\cdot 2+% 6\cdot 4+{}$
	$\displaystyle\ \ \ \ \ \ \ \ \ +8\cdot 2+9\cdot 1+10\cdot 2+12\cdot 4+15\cdot 2% +16\cdot 1+{}$
	$\displaystyle\ \ \ \ \ \ \ \ \ +18\cdot 2+20\cdot 2+24\cdot 2+25\cdot 1+30% \cdot 2+36\cdot 1\big{)}=\frac{49}{4}.\qed$

Uma propriedade fundamental da esperança é a seguinte.

Teorema 5.9 (Linearidade).

Sejam $X$ e $Y$ variáveis aleatórias simples e $a,b\in\mathbb{R}$ . Então, $\mathbb{E}[aX+bY]=a\,\mathbb{E}X+b\,\mathbb{E}Y$ .

Antes da demonstração, vejamos alguns exemplos do uso da linearidade.

Exemplo 5.10.

No Exemplo 5.3, podemos escrever $X=X_{1}+X_{2}+X_{3}+X_{4}$ , onde $X_{k}$ denota a função indicadora de que saiu cara no $k$ -ésimo lançamento. Logo, $\mathbb{E}X=\mathbb{E}X_{1}+\mathbb{E}X_{2}+\mathbb{E}X_{3}+\mathbb{E}X_{4}=4% \cdot\frac{1}{2}=2$ . ∎

Exemplo 5.11.

No Exemplo 5.5, observamos que $X=Y+Z$ , onde $Y$ e $Z$ representam os valores observados no primeiro e no segundo lançamentos do dado. Logo,

\mathbb{E}X=\mathbb{E}Y+\mathbb{E}Z=\frac{7}{2}+\frac{7}{2}=7.\qed

Exemplo 5.12.

No Exemplo 5.6, observamos que $X=X_{1}+X_{2}+X_{3}$ , onde $X_{k}$ é a indicadora de que a $k$ -ésima carta retirada é rei. Ao contrário dos exemplos anteriores, aqui $X_{1}$ , $X_{2}$ e $X_{3}$ não são independentes. Ainda assim, cada uma individualmente satisfaz $\mathbb{E}X_{k}=\frac{1}{13}$ , e podemos calcular

\mathbb{E}X=\mathbb{E}X_{1}+\mathbb{E}X_{2}+\mathbb{E}X_{3}=\frac{3}{13}.\qed

Exemplo 5.13.

No Exemplo 5.7, observamos que $X$ tem a mesma distribuição de $X_{1}+\cdots+X_{n}$ , com $X_{k}$ i.i.d. $\mathop{\mathrm{Bernoulli}}\nolimits(p)$ , e, portanto,

\mathbb{E}X=\mathbb{E}X_{1}+\cdots+\mathbb{E}X_{n}=np.\qed

Nos exemplos anteriores, é mais curto calcular a esperança usando linearidade do que usando a distribuição de $X$ diretamente. Existem muitos outros casos em que descrever a distribuição de $X$ é muito difícil ou até mesmo impossível, mas ainda assim é possível calcular a esperança usando linearidade.

Exemplo 5.14.

Uma gaveta contém $10$ pares de meias, todos diferentes. Abre-se a gaveta no escuro e retiram-se $6$ meias. Qual é a esperança do número de pares $X$ formados pelas meias retiradas? Se numeramos as meias retiradas, e contamos a quantidade $N$ de meias cujo par também foi retirado, estaremos contando cada par duas vezes, portanto $N=2X$ . A probabilidade de que o par da primeira meia retirada também seja retirado é $\frac{5}{19}$ . Somando sobre as $6$ meias, obtemos $\mathbb{E}[2X]=\mathbb{E}N=6\times\frac{5}{19}$ e, portanto, $\mathbb{E}X=\frac{15}{19}$ . ∎

Uma prova curta do Teorema 5.9 utiliza a seguinte propriedade.

Teorema 5.15.

Sejam $X$ e $Y$ variáveis aleatórias simples. Então,

\mathbb{E}[g(X,Y)]=\sum_{x}\sum_{y}g(x,y)\cdot\mathbb{P}(X=x,Y=y)

para qualquer função $g:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}$ . Em particular,

\mathbb{E}[g(X)]=\sum_{x}g(x)\cdot\mathbb{P}(X=x)

para qualquer função $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ .

Demonstração.

Particionando $\Omega$ segundo os valores de $X$ e $Y$ ,

$\displaystyle\mathbb{E}[g(X,Y)]$	$\displaystyle=\sum_{z}z\cdot\mathbb{P}\big{(}g(X,Y)=z\big{)}$
	$\displaystyle=\sum_{z}z\cdot\sum_{x}\sum_{y}\mathds{1}_{g(x,y)=z}\cdot\mathbb{% P}\big{(}X=x,Y=y\big{)}$
	$\displaystyle=\sum_{x}\sum_{y}\Big{(}\sum_{z}z\cdot\mathds{1}_{g(x,y)=z}\Big{)% }\cdot\mathbb{P}\big{(}X=x,Y=y\big{)}$
	$\displaystyle=\sum_{x}\sum_{y}g(x,y)\cdot\mathbb{P}\big{(}X=x,Y=y\big{)}.$

A segunda parte é um caso particular tomando-se $Y$ constante. ∎

Exemplo 5.16.

Se $X\sim\mathop{\mathrm{Binom}}\nolimits(n,p)$ , então

$\displaystyle\mathbb{E}[2^{X}+X^{2}-X]$	$\displaystyle=\sum_{k=0}^{n}(2^{k}+k(k-1))\cdot\tbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$
	$\displaystyle=\sum_{k=0}^{n}\Big{(}\tbinom{n}{k}(2p)^{k}(1-p)^{n-k}+n(k-1)% \tbinom{n-1}{k-1}p^{k}(1-p)^{n-k}\Big{)}$
	$\displaystyle=(2p+1-p)^{n}+\sum_{k=0}^{n}n(n-1)\tbinom{n-2}{k-2}p^{k}(1-p)^{n-k}$
	$\displaystyle=(1+p)^{n}+n(n-1)p^{2}\sum_{j=0}^{n-2}\tbinom{n-2}{j}p^{j}(1-p)^{% n-2-j}$
	$\displaystyle=(1+p)^{n}+(np)^{2}-np^{2}.\qed$

Demonstração do Teorema 5.9.

Usando o Teorema 5.15 três vezes,

$\displaystyle\mathbb{E}[aX+bY]$	$\displaystyle=\sum_{x}\sum_{y}(ax+by)\cdot\mathbb{P}(X=x,Y=y)$
	$\displaystyle=a\sum_{x}\sum_{y}x\cdot\mathbb{P}(X=x,Y=y)+b\sum_{x}\sum_{y}y% \cdot\mathbb{P}(X=x,Y=y)$
	$\displaystyle=a\,\mathbb{E}X+b\,\mathbb{E}Y,$

o que conclui a prova. ∎

Teorema 5.17.

Se $X$ e $Y$ são simples e independentes, então

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

Demonstração.

Usando o Teorema 5.15 e a independência,

$\displaystyle\mathbb{E}[XY]$	$\displaystyle=\sum_{x}\sum_{y}xy\cdot\mathbb{P}(X=x,Y=y)$
	$\displaystyle=\sum_{x}\sum_{y}xy\cdot\mathbb{P}(X=x)\mathbb{P}(Y=y)$
	$\displaystyle=\Big{(}\sum_{x}x\cdot\mathbb{P}(X=x)\Big{)}\Big{(}\sum_{y}y\cdot% \mathbb{P}(Y=y)\Big{)}=\mathbb{E}X\cdot\mathbb{E}Y,$

o que conclui a prova. ∎

Exemplo 5.18.

No Exemplo 5.8, observemos que $X=YZ$ , onde $Y$ e $Z$ denotam o primeiro e segundo valores observados nos lançamentos do dado. Logo,

\mathbb{E}X=\mathbb{E}Y\cdot\mathbb{E}Z=\frac{7}{2}\cdot\frac{7}{2}=\frac{49}{% 4}.

Repare como o cálculo foi simplificado. ∎