0 y ,0 > y ,0 y

Seja X uma v.a. definida sobre o modelo (Ω, F , P ), e g(X) uma
função da variável aleatória X. A quantidade obtida pelo mapeamento
da v.a. X por uma função Y = g ( X ) é ainda uma variável aleatória.
Então qual é a PDF e a p.d.f. de Y, FY ( y ) e fY ( y ) ?
P (Y ∈ B ) = P ( X ∈ g −1 ( B )).
Se y < 0 , então o evento
{X
Se y > 0 , da figura, o evento
)
aX + b
sin X
X
Y = g( X )
|X |
e
X
fY ( y ) =
| X | U ( x)
Exemplo 5.1: Seja X uma v.a. com FDP FX (x ) e f.d.p. f X (x )
(
1
e − y / 2U ( y ).
2π y
Y = X2
y
 X − c,

Y = g ( X ) =  0,
 X + c,

se Y = aX + b
X
x1
x2
)
y > 0,
outros valores .
2
1
e − x / 2 , Então
2π
(v.a. Chi-square com n = 1)
Exemplo 5.3: seja
Se a > 0 .
X > c,
3
g( X )
− c < X ≤ c,
X ≤ − c.
−c
X
c
Neste caso tem-se
y −b 

 y −b
FY ( y) = P(Y ≤ y) = P(aX + b ≤ y ) = P X ≤
 = FX 
.
a 

 a 
1  y −b
fY ( y) = f X 
.
a  a 
Se
é equivalente a
y > 0.
1
Determine a FY ( y ) e fY ( y )
≤ y}
Se X é uma v.a. gaussiana com f.d.p. f X ( x ) =
X
log X
2
 1
f ( y ) + f X (− y ) ,

fY ( y) =  2 y X

0,

2
)
≤ y .
e portanto FY ( y ) = 0, y < 0.
{Y ≤ y } = { X
= F X ( y ) − F X ( − y ),
Diferenciando, obtém-se
1
X
}
≤ y = φ,
FY ( y ) = P (x1 < X ≤ x 2 ) = F X ( x 2 ) − F X ( x1 )
FY ( y ) = P (Y ≤ y ) = P (g ( X ) ≤ y ) = P X ≤ g −1 (−∞, y ] .
y
2
2
{ x1 < X (ξ ) ≤ x 2 }.
então
(
(
FY ( y ) = P (Y ≤ y ) = P X
Y = X 2.
Exemplo 5.2:
5. Função de uma Variável Aleatória
Para
y > 0 , tem-se
x > c, e
Para y < 0 , tem-se x < − c , e
y −b

FY ( y) = P(Y (ξ ) ≤ y ) = P(aX (ξ ) + b ≤ y ) = P X (ξ ) >

a 

 y −b
1  y −b
= 1 − FX 
,
fY ( y) = − f X 
.
 a 
a  a 
1
 y −b
fX 
.
|a|  a 
y=0
Y = X −c
então
FY ( y ) = P (Y ≤ y ) = P ( X − c ≤ y ) = P ( X ≤ y + c ) = F X ( y + c ),
a < 0,
fY ( y) =
P (Y = 0) = P ( −c < X ≤ c ) = FX (c ) − FX ( − c ).
Para
Y (ξ ) = X + c
y > 0.
então
FY ( y ) = P (Y ≤ y ) = P ( X + c ≤ y ) = P ( X ≤ y − c ) = F X ( y − c ),
y < 0.
Diferenciando:
 f ( y + c ),
fY ( y ) =  X
 f X ( y − c ),
2
y ≥ 0,
y < 0.
FX (x )
FY ( x )
x
(b)
y
(c)
4
Exemplo 5.4: Retificador de meia onda
Y = g ( X );
Para y = 0,
 x,
g ( x) = 
 0,
x > 0,
x ≤ 0.
X
P (Y = 0) = P ( X ≤ 0) = FX (0).
Se y > 0 , então
Assim
Y
{x1 < X ≤ x1 + ∆x1}, {x2 + ∆x2 < X ≤ x2} or {x3 < X ≤ x3 + ∆x3}.
Y = X,
Então a probabilidade do evento {y < Y ≤ y + ∆ y }, é igual a:
FY ( y) = P(Y ≤ y ) = P( X ≤ y ) = FX ( y ).
Diferenciando:
y > 0,
 f ( y ),
fY ( y ) =  X
 0,
y ≤ 0,
P {y < Y ≤ y + ∆ y } = P { x1 < X ≤ x1 + ∆ x1 }
+ P{ x 2 + ∆ x 2 < X ≤ x 2 } + P{ x 3 < X ≤ x 3 + ∆ x 3 } .
= f X ( y )U ( y ).
Procedimento geral: Dado Y = g ( X ), esboça-se o gráfico de y=g(x)
e determina-se os intervalos de variação de y, por exemplo a < y < b .
Calcula-se então a FDP e a f.d.p. da v.a. X para os intervalos.
y < a,
a < y < b,
y > b,
FY ( y) = 0
fY ( y ) =
FY ( y) = 1,
dF Y ( y )
,
dy
f Y ( y )∆y = f X ( x1 )∆x1 + f X ( x2 )(−∆x2 ) + f X ( x3 )∆x3 ,
fY ( y ) = ∑ f X ( xi )
− a < y < b.
fY ( y ) = ∑
5
i
Se Y = g(X ) é uma função contínua é fácil estabelecer um procedimento direto para obter fY (y), visto que, se g′(x) é diferente de zero
para um número finito de pontos, então g(x) apresenta um número
finito de máximos e mínimos, e eventualmente torna-se monotônica
quando | x |→ ∞.
Considere um ponto genérico y sobre o eixo y e um incremento ∆ y
como mostrado na figura.
g (x )
y + ∆y
x 1 x1 + ∆x1
x2 + ∆x2 x 2
| ∆xi |
1
f X ( xi )
=∑
∆y
i ∆y / ∆xi
1
f X ( xi ) =
dy / dx x
i
∆y → 0,
1
∑ g ′( x )
i
∆x1 > 0, ∆x2 < 0, ∆x3 > 0,
f X ( xi ).
7
i
Exemplo: Se Y = X 2 , então para todo y > 0, x1 = − y e x2 = + y
representam as duas soluções para cada y. Note que a solução é somente
função de y . Solução. Observando a figura:
2
y > 0,
x1 = − y ,
dy
= 2 x então
dx
Y=X
y
x2 = + y .
dy
dx
=2 y
x1
x = xi
Fig. 5.5
X
x2
fY ( y ) = 0
 1
f ( y ) + f X (− y ) ,
y > 0,

fY ( y) =  2 y X

0,
outros valores.
y < 0,
(
y
fY (y)
Dado que ∆y e ∆xi , são pequenos pode-se fazer a aproximação:
i
FY ( y ) = P ( g ( X ) ≤ y ),
Como determinar
Calcula-se, então
Mas o evento {y < Y ≤ y + ∆ y } pode ser expresso em termos de X.
Para isso deve observar que a equação y=g(x) tem 3 soluções: x1 , x2 , x3
Dessa forma quando {y < Y ≤ y + ∆ y }, a variável aleatória X poderia
assumir qualquer um dos três eventos mutuamente exclusivos.
x 3 x3 + ∆x3
x
)
para Y = g(X ), se g (⋅) é contínua ?
P {y < Y ≤ y + ∆ y } =
∫
y + ∆y
y
f Y ( u ) du ≈ f Y ( y ) ⋅ ∆ y .
6
8
Agora para o caso em que f X ( x ) = 2 x / π 2 , 0 < x < π , apenas duas
soluções interessam, como pode ser visto na figura anterior. Então
exceto para f X ( x1 ) e f X ( x 2 )
f ( y)
Exemplo 5.5: Dado que Y = 1 , e que X é uma v.a. com f.d.p f X (x),
X
Encontre fY (y).
Solução: Para qualquer y, x1 = 1 / y é solução única e,
dy
1
=− 2
dx
x
então,
dy
dx
=
x = x1
Y
f X ( x−1 ) = f X ( x3 ) = f X ( x4 ) = L = 0
1
1
f Y ( y ) = 2 f X  .
y
 y
1
= y2,
2
1/ y
fY ( y ) =
( f X ( x1 ) +
 2 x1 2 x 2 
 2 + 2 
π 
1− y  π
1
f X ( x2 ) ) =
2
2
π
otherwise.
y
1
0 < y < 1,
Exemplo 5.7: Seja Y = tan X onde X é uma v.a.
uniformemente distribuída em (− π / 2,−π1 / 2 ) . .
Determine fY ( y ). Solução: x1 = tan y
A a f.d.p da v.a.Y = 1 / X , pode ser escrita como:
α /π
1
(1 / α ) / π
=
,
y 2 α 2 + (1 / y ) 2 (1 / α ) 2 + y 2
1− y
2
2

,
2 ( x1 + π − x1 ) 
=
= π 1 − y 2
π 2 1 − y2

0,
Em particular, se X é uma v.a. com distribuição de Cauchy com
parâmetro α , isto é:
α /π
f X ( x) = 2
, − ∞ < x < +∞.
α + x2
fY ( y ) =
1
y = tanx
−π / 2
y
x1
π /2
x
f X (x)
x
dy d tan x
=
= sec 2 x = 1 + tan 2 x = 1 + y 2
dx dx
1
1/π
− ∞ < y < +∞ .
fY ( y ) =
Que representa uma v.a. de Cauchy com parâmetro 1 / α .
| dy / dx |x = x1
f X ( x1 ) =
1 + y2
,
−π /2
π /2
fY ( y ) =
1
1 + y2
− ∞ < y < +∞ ,
y
11
9
Exemplo 5.6: Suponha que f X ( x ) = 2 x / π 2 , 0 < x < π , e que Y = sen X .
Determine fY ( y ).
Funções de variáveis aleatórias discretas
Solução: Como X tem probabilidade zero de estar fora do intervalo
Suponha que X é uma v.a. discreta, com P( X = xi ) = pi , x = x1, x2 ,L, xi ,L
Y = g ( X ). Y é ainda uma v.a. do tipo discreta, de modo que se
(0,π ), y = sin x tem, também, probabilidade zero ser ser encontrado
fora do intervalo ( 0,1). Certamente fY ( y ) = 0 fora deste intervalo.
e
Para qualquer 0 < y < 1, a equação y = sin x tem um número infinito
de soluções L , x1 , x2 , x3 ,L , onde x1 = sin −1 y é a solução principal.
Usando a simetria x2 = π − x1
f (x)
Exemple 5.8: Suponha que tem uma distribuição
de Poisson, então
yi
x = xi , yi = g ( xi ), e
P( X = k ) = e −λ
X
Portanto para 0 < y < 1,
fY ( y ) =
+∞
∑
i = −∞
1
1 − y2
(a)
y = sin x
x3
π
x
y
, k = 0,1,2,L
j = k2 +1
P(Y = k 2 + 1) = P( X = k )
x
x −1
x1
x2
π
x3
(
P(Y = j ) = P X =
(b)
f X ( x i ).
k!
Se Y = X + 1. Determine a f.d.p. da v.a. Y.
Solução: X toma valores 0 ,1, 2 , L , k , L , tal que Y assume
somente os valores 1, 3 , L , k 2 + 1, L então
2
dy
= cos x = 1 − sin 2 x = 1 − y 2
dx
dy
= 1 − y2 .
dx x = xi
λk
P(Y = yi ) = P ( X = xi ) = pi , y = y1 , y2 ,L, yi ,L
10
)
j − 1 = e −λ
λ
j −1
( j − 1)!
, j = 1,3,L, k 2 + 1,L.
12