6 Esperança

Se lançarmos um dado justo muitas vezes, esperamos que cada um dos seis resultados possíveis apareça cerca de um sexto do tempo, e assim a média dos números obtidos seria aproximadamente

\frac{1}{6}\cdot 1+\frac{1}{6}\cdot 2+\frac{1}{6}\cdot 3+\frac{1}{6}\cdot 4+% \frac{1}{6}\cdot 5+\frac{1}{6}\cdot 6=\frac{7}{2}.

Chamamos esse número de esperança de $X$ .

6.1 Definição e exemplos

Definição 6.1 (Esperança).

Seja $X$ uma variável aleatória discreta. Definimos a esperança de $X$ , denotada por $\mathbb{E}[X]$ , como o número real dado por

\mathbb{E}[X]=\sum_{x:\mathbb{P}(X=x)>0}x\cdot\mathbb{P}(X=x),

desde que essa soma convirja absolutamente, caso contrário $\mathbb{E}[X]$ não está definida.

Terminologia.

Dizer que $\sum_{n}a_{n}$ converge absolutamente significa que $\sum_{n}|a_{n}|$ converge.

Definição 6.2 (Integrável).

Dizemos que uma variável aleatória discreta $X$ é integrável se a sua esperança estiver definida, ou seja, se a soma

\sum_{x:\mathbb{P}(X=x)>0}|x|\cdot\mathbb{P}(X=x)

for convergente.

Notação.

O fato de que $\mathbb{E}[X]$ depende de $X$ fica evidente pelo fato de "X"aparecer em " $\mathbb{E}[X]$ "e o fato de que depende de $\mathbb{P}$ fica em parte aparente pelo uso da mesma fonte em " $\mathbb{E}$ "e " $\mathbb{P}$ ".

Exemplo 6.3.

Lance uma moeda justa $4$ vezes e conte o número de caras.

$\displaystyle\mathbb{E}[X]$	$\displaystyle=0\cdot\mathbb{P}(X=0)+1\cdot\mathbb{P}(X=1)+2\cdot\mathbb{P}(X=2% )+{}$	(6.4)
	$\displaystyle\quad\quad+3\cdot\mathbb{P}(X=3)+4\cdot\mathbb{P}(X=4)$	(6.5)
	$\displaystyle=0\cdot\frac{1}{16}+1\cdot\frac{4}{16}+2\cdot\frac{6}{16}+3\cdot% \frac{4}{16}+4\cdot\frac{1}{16}$	(6.6)
	$\displaystyle=2.$	(6.7)

Exemplo 6.8 (Função indicadora).

Seja $A\in\mathcal{F}$ e defina $X$ como

X(\omega)=\begin{cases}1,&\omega\in A,\\ 0,&\omega\in A^{c}.\end{cases}

Uma função assim é chamada de função indicadora do conjunto $A$ e é denotada por $\mathds{1}_{A}$ . Nesse 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).

Exemplo 6.9.

Lance um dado justo duas vezes e some os valores observados.

	$\displaystyle\mathbb{E}[X]$	$\displaystyle=2\times\frac{1}{36}+3\times\frac{2}{36}+4\times\frac{3}{36}+5% \times\frac{4}{36}+6\times\frac{5}{36}+7\times\frac{6}{36}+{}$		(6.10)
		$\displaystyle\qquad+8\times\frac{5}{36}+9\times\frac{4}{36}+10\times\frac{3}{3% 6}+11\times\frac{2}{36}+12\times\frac{1}{36}=7.$		(6.11)

Exemplo 6.12.

Pegue $3$ cartas de um baralho de $52$ cartas, uma após a outra e sem reposição, e conte quantas são damas de ouros.

	$\displaystyle\mathbb{E}[X]=0\times\frac{48\cdot 47\cdot 46}{52\cdot 51\cdot 50}$	$\displaystyle+1\times\frac{3\cdot 48\cdot 47\cdot 4}{52\cdot 51\cdot 50}+{}$		(6.13)
		$\displaystyle+2\times\frac{3\cdot 48\cdot 4\cdot 3}{52\cdot 51\cdot 50}+3% \times\frac{4\cdot 3\cdot 2}{52\cdot 51\cdot 50}=\frac{3}{13}.$		(6.14)

Exemplo 6.15 (Poisson).

Se $X\sim\mathrm{Poisson}(\lambda)$ , então

	$\displaystyle\mathbb{E}[X]$	$\displaystyle=\sum_{n=0}^{\infty}n\frac{\lambda^{n}e^{-\lambda}}{n!}=\sum_{n=1% }^{\infty}\frac{\lambda^{n}e^{-\lambda}}{(n-1)!}=$		(6.16)
		$\displaystyle=\lambda e^{-\lambda}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda^{n-1}}{(n-1% )!}=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^{k}}{k!}=\lambda e^{-% \lambda}e^{\lambda}=\lambda.$		(6.17)

Portanto, a esperança de uma variável aleatória distribuída como $\mathrm{Poisson}(\lambda)$ é $\lambda$ .

Exemplo 6.18 (Binomial).

Se $X\sim\mathrm{Binom}(n,p)$ , então

$\displaystyle\mathbb{E}[X]$	$\displaystyle=\sum_{k=0}^{n}k\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}=\sum_{k=1}^{n}n% \binom{n-1}{k-1}p^{k}(1-p)^{n-k}$	(6.19)
	$\displaystyle=n\sum_{j=0}^{n-1}\binom{n-1}{j}p^{j+1}(1-p)^{n-j-1}=np\sum_{j=0}% ^{n-1}\binom{n-1}{j}p^{j}(1-p)^{n-1-j}$	(6.20)
	$\displaystyle=np[p+(1-p)]^{n-1}=np.$	(6.21)

Exemplo 6.22 (Geométrica).

Suponha que $X\sim\mathrm{Geom}(p)$ . Vamos calcular

\mathbb{E}[X]=\sum_{n=1}^{\infty}n(1-p)^{n-1}p

através da diferenciação de uma série de potências. Escrevendo $x=1-p$ , podemos desenvolver da seguinte forma:

$\displaystyle\mathbb{E}[X]$	$\displaystyle=\sum_{n=1}^{\infty}n\cdot p\cdot(1-p)^{n-1}=p\sum_{n=0}^{\infty}% n\cdot x^{n-1}$	(6.23)
	$\displaystyle=p\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\big{[}x^{n}% \big{]}=p\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\Big{[}\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}% \Big{]}=p\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\,\Big{[}\frac{1}{1-x}\Big{]}$	(6.24)
	$\displaystyle=p\cdot\Big{(}-(1-x)^{-2}\Big{)}\cdot(-1)=\frac{1}{p}.$	(6.25)

Portanto, a esperança de uma variável aleatória distribuída como $\mathrm{Geom}(p)$ é $\frac{1}{p}$ . Sabemos que a série de potências $\sum_{n}x^{n}$ converge se $|x|<1$ , e estamos aceitando uma propriedade que diz que a série de potências pode ser diferenciada termo a termo dentro desse intervalo.

6.2 Propriedades da esperança

Nos exemplos acima, $2=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$ , $7=\frac{7}{2}+\frac{7}{2}$ , $\frac{3}{13}=\frac{1}{13}+\frac{1}{13}+\frac{1}{13}$ , e $np=p+\dots+p$ . Isso não é uma coincidência. Vem do fato de que

\mathbb{E}[X+Y]=\mathbb{E}[X]+\mathbb{E}[Y]

para variáveis aleatórias discretas integráveis $X$ e $Y$ .

Teorema 6.26.

Sejam $X$ e $Y$ variáveis aleatórias discretas integráveis definidas no mesmo espaço de probabilidade $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ . Então:

(a)

$\mathbb{E}[\mathds{1}_{A}]=\mathbb{P}(A)$ para todo $A\in\mathcal{F}$ ,
(b)

Se $0\leqslant Z\leqslant X$ para todo $\omega\in\Omega$ , então $0\leqslant\mathbb{E}[Z]\leqslant\mathbb{E}[X]$ ,
(c)

$\mathbb{E}[aX+bY]=a\mathbb{E}[X]+b\mathbb{E}[Y]$ .

Dizemos que a expectativa é unitária, monótona e linear.

Veremos uma prova mais adiante.

Exemplo 6.27.

No Exemplo 6.3, podemos definir $X_{1}$ , $X_{2}$ , $X_{3}$ e $X_{4}$ como a função indicadora dos eventos em que o primeiro, segundo, terceiro e quarto lançamentos da moeda resultaram em Caras, respectivamente. Como $X=X_{1}+X_{2}+X_{3}+X_{4}$ , podemos obter a expectativa usando a linearidade, como em

\mathbb{E}[X]=\mathbb{E}[X_{1}]+\mathbb{E}[X_{2}]+\mathbb{E}[X_{3}]+\mathbb{E}% [X_{4}]=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2,

em vez de calcular a função de massa de probabilidade de $X$ .

Exemplo 6.28.

No Exemplo 6.9, observe que $X=Y+Z$ , onde $Y$ e $Z$ representam o resultado do primeiro e do segundo dados. Assim,

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

Exemplo 6.29.

No Exemplo 6.12, observe que $X=X_{1}+X_{2}+X_{3}$ , onde $X_{k}$ é a indicadora de se a $k$ -ésima carta é uma rainha. Diferentemente dos exemplos anteriores, observe que aqui $X_{1}$ , $X_{2}$ e $X_{3}$ não são "independentes"(uma noção precisa de independência será introduzida mais adiante). No entanto, cada uma delas 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}{1% 3}.

Exemplo 6.30.

No Exemplo 6.18, observe que $X$ tem a mesma distribuição que $X_{1}+\cdots+X_{n}$ , onde cada $X_{k}$ é distribuída como $\mathrm{Bernoulli}(p)$ , e, portanto,

\mathbb{E}[X]=\mathbb{E}[X_{1}]+\cdots+\mathbb{E}[X_{n}]=(p+\cdots+p)=np.

Nos exemplos anteriores, foi mais fácil calcular a expectativa usando a linearidade do que usando a distribuição de $X$ . Em muitos outros casos, descrever a distribuição de $X$ de uma forma que nos permita calcular a expectativa pode ser muito difícil ou até mesmo impraticável, mas ainda assim pode ser possível calcular a expectativa usando a linearidade.

Exemplo 6.31.

Uma gaveta contém $10$ pares de meias, todos diferentes entre si. Alguém abre a gaveta no escuro e retira $6$ meias dela. Qual é a expectativa de $X$ , o número de pares formados pelas meias retiradas? É mais conveniente supor que as meias sejam retiradas em ordem, da $1$ -ª à $6$ -ª. Vamos contar quantas delas têm um par que também foi retirado. Isso dará um número $N$ que é o dobro do número de pares, porque cada par será contado duas vezes, então $N=2X$ . Observe que $N=X_{1}+\cdots+X_{6}$ , onde $X_{k}=\mathds{1}_{A_{k}}$ e $A_{k}$ é o evento de que o par da $k$ -ésima meia retirada também foi retirado. Então $\mathbb{P}(A_{k})=\frac{5}{19}$ (exercício!) e, portanto, $\mathbb{E}[N]=\mathbb{E}[X_{1}]+\dots+\mathbb{E}[X_{6}]=6\cdot\frac{5}{19}$ . Portanto, $\mathbb{E}[X]=\mathbb{E}[\frac{N}{2}]=\frac{15}{19}$ . A combinatorial envolvida em mostrar que $\mathbb{P}(A_{k})=\frac{5}{19}$ pode não ser muito fácil, mas é muito mais fácil do que descrever a distribuição de $N$ .

6.3 Função de uma variável aleatória

Proposição 6.32.

Seja $X$ uma variável aleatória discreta e $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função qualquer. Então

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

se esta soma convergir absolutamente, e $\mathbb{E}[g(X)]$ é indefinida se não convergir. Na soma, $D_{X}$ denota o suporte discreto de $X$ .

Exemplo 6.33.

Suponha que $p_{X}(x)=\frac{1}{3}$ para $x=1,2,3$ . Vamos calcular $\mathbb{E}[(X-2)^{2}]$ de duas maneiras. Para a função $g(x)=(x-2)^{2}$ , queremos calcular $\mathbb{E}[g(X)]$ .

A primeira maneira é a seguinte. Defina a variável aleatória $Z=g(X)=(X-2)^{2}$ e calcule $\mathbb{E}[Z]$ a partir da definição. Começamos calculando $p_{Z}(0)=\mathbb{P}(X\in\{2\})=\frac{1}{3}$ e $p_{Z}(1)=\mathbb{P}(X\in\{1,3\})=\frac{2}{3}$ , obtendo a tabela

\begin{array}[]{c|c}z&p_{Z}(z)\\ \hline\cr 0&\frac{1}{3}\\ 1&\frac{2}{3}\end{array}

e, finalmente, $\mathbb{E}[Z]=0\cdot\frac{1}{3}+1\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{3}$ . Para a segunda maneira, basta escrever

\begin{array}[]{c|c|c}x&g(x)&p_{X}(x)\\ \hline\cr 1&1&\frac{1}{3}\\ 2&0&\frac{1}{3}\\ 3&1&\frac{1}{3}\end{array}

e calcular $\mathbb{E}[g(X)]=1\cdot\frac{1}{3}+0\cdot\frac{1}{3}+1\cdot\frac{1}{3}=\frac{2% }{3}$ .

Exemplo 6.34.

Se $X\sim\mathrm{Poisson}(\lambda)$ , então

$\displaystyle\mathbb{E}[X^{2}]$	$\displaystyle=\sum_{n=0}^{\infty}n^{2}\frac{\lambda^{n}e^{-\lambda}}{n!}=\sum_% {n=1}^{\infty}n\frac{\lambda^{n}e^{-\lambda}}{(n-1)!}$	(6.35)
	$\displaystyle=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda^{n}e^{-\lambda}}{(n-1)!}+\sum_{% n=1}^{\infty}(n-1)\frac{\lambda^{n}e^{-\lambda}}{(n-1)!}$	(6.36)
	$\displaystyle=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda^{n}e^{-\lambda}}{(n-1)!}+\sum_{% n=2}^{\infty}\frac{\lambda^{n}e^{-\lambda}}{(n-2)!}$	(6.37)
	$\displaystyle=\lambda e^{-\lambda}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\lambda^{n-1}}{(n-1% )!}+\lambda^{2}e^{-\lambda}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\lambda^{n-2}}{(n-2)!}$	(6.38)
	$\displaystyle=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^{k}}{k!}+% \lambda^{2}e^{-\lambda}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^{m}}{m!}$	(6.39)
	$\displaystyle=\lambda+\lambda^{2}.$	(6.40)

Embora tenha havido muita computação algébrica envolvida, a alternativa seria pior: definir $Z=X^{2}$ , descrever o suporte discreto de $Z$ , encontrar uma expressão para $p_{Z}(z)$ , escrever $\mathbb{E}[Z]=\sum_{z}z\cdot p_{Z}(z)$ e, em seguida, tentar avaliar a soma.

Exemplo 6.41.

Suponha que $X\sim\mathrm{Geom}(p)$ . Como antes, calcularemos

\mathbb{E}[X^{2}]=\sum_{n=1}^{\infty}n^{2}(1-p)^{n-1}p

por meio da diferenciação de duas séries de potência. Para fazer isso, escrevemos $x=1-p$ e desenvolvemos da seguinte maneira:

$\displaystyle\mathbb{E}[X^{2}]$	$\displaystyle=\sum_{n=1}^{\infty}n^{2}\cdot p\cdot x^{n-1}$	(6.42)
	$\displaystyle=p\sum_{n=1}^{\infty}n\cdot x^{n-1}+p\sum_{n=1}^{\infty}n\cdot(n-% 1)\cdot x^{n-1}$	(6.43)
	$\displaystyle=p\sum_{n=0}^{\infty}n\cdot x^{n-1}+px\sum_{n=0}^{\infty}n\cdot(n% -1)\cdot x^{n-2}$	(6.44)
	$\displaystyle=p\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[x^{n}]+px\sum% _{n=0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}[x^{n}]$	(6.45)
	$\displaystyle=p\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\Big{[}\sum_{n=0}^{\infty}x^% {n}\Big{]}+px\cdot\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}\Big{[}\sum_{n=0}^{% \infty}x^{n}\Big{]}$	(6.46)
	$\displaystyle=p\frac{1}{(1-x)^{2}}+px\frac{2}{(1-x)^{3}}$	(6.47)
	$\displaystyle=\frac{1}{p}+2\cdot\frac{1-p}{p^{2}}$	(6.48)
	$\displaystyle=\frac{2-p}{p^{2}}.$	(6.49)

Como antes, sabemos que a série de potência $\sum_{n}x^{n}$ converge se $|x|<1$ , e estamos aceitando uma propriedade que diz que a série de potência pode ser diferenciada termo a termo dentro desse intervalo.

Exemplo 6.50.

Suponha que $X\sim\mathrm{Geom}(p)$ . Para quais valores de $t$ a função $e^{tX}$ é integrável e qual é o valor de $\mathbb{E}[e^{tX}]$ ? Podemos escrever

\mathbb{E}[e^{tX}]=\sum_{n=1}^{\infty}e^{tn}\cdot p\cdot(1-p)^{n-1}=pe^{t}\sum% _{k=0}^{\infty}[e^{t}\cdot(1-p)]^{n-1}=\frac{pe^{t}}{1-[e^{t}\cdot(1-p)]}.

Isso pode ser reescrito como

\mathbb{E}[e^{tX}]=\frac{p}{e^{-t}+p-1},

e é definido se $e^{t}\cdot(1-p)<1$ , ou alternativamente $t<\ln\frac{1}{1-p}$ , e é indefinido caso contrário.

6.4 Variância

Aqui introduzimos outra quantidade fundamental que descreve a distribuição de uma variável aleatória. Enquanto $\mathbb{E}[X]$ fornece o número médio de $X$ , agora definimos uma quantidade que quantifica o grau de dispersão de $X$ em relação ao seu valor médio.

Definição 6.51 (Variáveis aleatórias quadrado-integráveis).

Dizemos que uma variável aleatória discreta $X$ é quadrado-integrável se $X^{2}$ for integrável, o que significa que a soma

\sum_{x:\mathbb{P}(X=x)>0}x^{2}\cdot\mathbb{P}(X=x)

é convergente. Observe que variáveis aleatórias quadrado-integráveis são automaticamente integráveis, pois $|x|\leqslant 1+x^{2}$ .

Definição 6.52 (Variância).

Seja $X$ uma variável aleatória discreta quadrado-integrável e denote $\mu=\mathbb{E}[X]$ . Definimos a variância de $X$ como

\mathrm{Var}(X)=\mathbb{E}\big{[}(X-\mu)^{2}\big{]}.

Embora esta fórmula seja a melhor definição para entender as propriedades da variância, muitas vezes existe uma maneira mais conveniente de calculá-la:

\mathrm{Var}(X)=\mathbb{E}[X^{2}]-(\mathbb{E}[X])^{2},

que obtemos expandindo $\mathbb{E}[(X-\mu)^{2}]=\mathbb{E}[X^{2}-2\mu X+\mu^{2}]$ = $\mathbb{E}[X^{2}]-\mu^{2}$ .

Exemplo 6.53 (Poisson).

Suponha que $X\sim\mathrm{Poisson}(\lambda)$ . Então

\mathrm{Var}(X)=\mathbb{E}[X^{2}]-(\mathbb{E}[X])^{2}=\lambda+\lambda^{2}-% \lambda=\lambda,

portanto, a variância de uma variável aleatória de Poisson é igual à sua expectativa.

Exemplo 6.54 (Geométrica).

Suponha que $X\sim\mathrm{Geom}(p)$ . Então

\mathrm{Var}(X)=\mathbb{E}[X^{2}]-(\mathbb{E}[X])^{2}=\frac{2-p}{p^{2}}-\frac{% 1}{p^{2}}=\frac{1-p}{p^{2}}.

Exemplo 6.55 (Bernoulli).

Suponha que $X\sim\mathrm{Bernoulli}(p)$ . Então

\mathrm{Var}(X)=\mathbb{E}[X^{2}]-(\mathbb{E}[X])^{2}=p-p^{2}=p\cdot(1-p).

Observe que

\mathrm{Var}(aX)=a^{2}\cdot\mathrm{Var}(X)

o que significa que $\mathrm{Var}(X)$ não está na mesma unidade de medida que $X$ . Por exemplo, se $X$ é medido em metros, então $\mathbb{E}[X]$ também é medido em metros, mas $\mathrm{Var}(X)$ é medido em metros quadrados.

Para quantificar a dispersão de $X$ nas mesmas unidades de medida que $X$ , precisamos calcular a raiz quadrada.

Definição 6.56 (Desvio padrão).

Seja $X$ uma variável aleatória discreta quadrado-integrável. Definimos o desvio padrão de $X$ como

\sigma(X)=\sqrt{\mathrm{Var}(X)}.

Ao contrário da variância, o desvio padrão satisfaz $\sigma(aX)=|a|\cdot\sigma(X)$ .

O desvio padrão de uma variável aleatória de Poisson é $\sqrt{\lambda}$ , de uma variável aleatória de Bernoulli é $\sqrt{p(1-p)}$ , e de uma variável aleatória geométrica é $\sqrt{p^{-2}-p^{-1}}$ .