Questão 2, Capítulo 4 - "Mathematical Statistics and Data Analysis" de John A. Rice (3a Edição)

Question

Se X é uma Variável Aleatória discreta e uniforme, ou seja,
\[P(X = k) = \frac{1}{n} \:\: ; \:\:\: k = 1,\ 2,\ ...,\ n\]Ache E(X) e Var(X)

Answer 1

Podemos escrever o valor esperado de X, E[X] como sendo

\[ E[X] = \sum\limits_{i=1}^n x_i *p(x_i)\] com,\[p(x_i) = \frac{1}{n}\; \; \; \; \forall \; x_i \in k\]

Logo,

\[ E[X] = \frac{1\:+\:2\:+\:...\:+\:n}{n}\]

Como a soma finita dos termos de uma Progressão Aritmética pode ser obtida por,

\[ Soma = \frac{(a_1 + a_n)*n}{2}\]

Substituindo a1 por 1 e an por n, temos que

\[ Soma = \frac{n*(n+1)}{2}\]

Substituindo na expressão do valor esperado,

\[ E[X] = \frac{n*(n+1)}{2*n} = \frac{n+1}{2}\]

Podemos calcular também o valor esperado do quadrado de X, ou seja,

\[ E[X^2] = \sum\limits_{i=1}^n x_i^2 *p(x_i)\]
\[ E[X^2] = \frac{1^2 + 2^2 + ... + n^2}{n}\]

Essa soma do denominador é um pouco mais complexa, mas ainda assim pode ser facilmente demonstrável que. Porém, para a resposta não ficar desmasiadamente extensa, colocaremos apenas o resultado final. Para mais informações em como resolver e qual o resultado dessa expressão, recomendo acessar o https://www.wolframalpha.com/ ou encontrar a dedução online - um exemplo bem detalhado está no site http://www.paulomarques.com.br/arq10-83.htm.

\[ 1^2 + 2^2 + ... + n^2 = \frac{n*(n+1)*(2*n+1)}{6}\]

Assim, temos então que:

\[ E[X^2] = \frac{(n+1)*(2*n+1)}{6}\]

Como pela própria definição de Variância,

\[ Var[X] = E[X^2] - (E[X])^2 \]

Substituindo os valores encontrados acima, podemos concluir que

\[ Var[X] = \frac{(n+1)*(2*n+1)}{6} - \frac{(n+1)^2}{(2)^2} \]
\[ Var[X] = \frac{4n^2 + 6n + 2 - 3n^2 - 6n - 3}{12}\] Que pode ser simplificado por,
\[ Var[X] = \frac{n^2 - 1}{12}\]

Comments

Bem legal sua resposta, Thiago.

Eu tentei abrir o link que você postou em relação ao somatório \(\sum 1^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) mas não consegui pois ele dá um erro, então decidi dar uma pesquisada sobre isso.

A prova de que essa fórmula é válida eu fiz por indução:
Para n = 1 temos \(1^2=\frac{1\cdot(1+1)\cdot(2\cdot1+1)}{6}=\frac{1\cdot2\cdot3}{6}=\frac{6}{6}=1\).
Supondo a fórmula válida para n, vamos provar para n+1:
\(1^2+\cdots+n^2+(n+1)^2\), mas supomos \(1^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) então temos
\(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2\)
\(\rightarrow \frac{n(n+1)(2n+1)+6(n+1)^2}{6}\) \(=\frac{n+1[n(2n+1)+6(n+1)]}{6}\) = \(\frac{n+1[2n^2+n+6n+6]}{6}\)
\(=\frac{n+1[2n^2+7n+6]}{6}\) \(=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\)
que é o mesmo que pegar a fórmula original e fazer n+1 ao invés de n. Portanto está provado por indução.

Existe uma solução geral para o caso \(\sum_{k=1}^{n}k^p=1^p+\cdots+n^p\) chamada de fórmula de Faulhaber que diz que o resultado disso será \(=\frac{1}{p+1}\sum_{i=1}^{p+1}(-1)^{\delta_ip}\binom{p+1}{i}B_{p+1-i}n^i\)

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Belo complemento Samuel,

realmente, o link que eu coloquei é preciso copiar e colar no Chrome ou aonde for para conseguir acesso, por algum motivo ele não está funcionando apenas clicando em cima - da erro nesse caso. Mas bem interessante a solução que você mostrou assim como a fórmula de Faulhaber, confesso que não conhecia ela!