Varianza v.a. Continuas

Referencia: Ross 2.4.3 p43, Gubner 2.4 p84,p150, León-García 4.3.2 p 160

Varianza de variables aleatorias contínuas

el n-ésimo momento, n≥1 de una varial aleatoria X se define como E[Xn].

en el caso continuo.

E[Xn]=xnf(x)δx E[X^n] = \int_{-\infty}^{\infty} x^n f(x) \delta x

El primer momento es la media, E[X].

La varianza σ2 de X se define como:

VAR[X]=E[(XE[X])2] \text{VAR}[X] = E[(X-E[X])^2]

La varianza de X mide el promedio al cuadrado de la desviación de X del valor esperado.

Algunas propiedade de la varianza, siendo c una constante:

VAR[c]=0 \text{VAR}[c]=0 VAR[X+c]=VAR[X] \text{VAR}[X + c] = \text{VAR}[X] VAR[cX]=c2VAR[X] \text{VAR}[cX] = c^2 \text{VAR}[X]

Ejemplo

Encuentre la media y varianza de una variable aleatoria con función de densidad de probabilidad pdf tipo exponencial eλ:

Solucion: dado que VAR[X]= E[x2] – (E[X])2, se calculan los dos momentos de X:

E[Xn]=0xnλeλxδx E[X^n] = \int_{0}^{\infty} x^{n} \lambda e^{-\lambda x} \delta x

con cambio de variable y=λx, dy = λdx se tiene que:

E[Xn]=0(yλ)neyδy E[X^n] = \int_{0}^{\infty} \big( \frac{y}{\lambda} \big) ^{n} e^{-y} \delta y =1λn0yneyδy = \frac{1}{\lambda ^n }\int_{0}^{\infty} y^{n} e^{-y} \delta y

si u=yn y dv=e-y dx, entonces du=nyn-1 dx, v = -e-y,
para n=1 el resultado es 1, para n=2 el resultado es 2×1, y para n=3 el resultado es 3x2x1, por lo que el resultado general es n!

E[Xn]=n!λn E[X^n] = \frac{n!}{\lambda ^n }

la varianza será:

VAR[X]=E[X2](E[X])2=2λ2(1λ)2=1λ2 \text{VAR}[X] = E[X^2] - (E[X])^2 = \frac{2}{\lambda ^2} - \big(\frac{1}{\lambda}\big)^2 = \frac{1}{\lambda ^2}

Varianza v.a. discretas

Referencia: Ross 2.4.3 p41, Gubner 2.4 p84, León-García 4.3.2 p 160

Varianza de variables aleatorias discretas

el n-ésimo momento, n≥1 de una variable aleatoria X se define como E[Xn].

en el caso discreto:

E[Xn]=x:p(x)>0xnp(x) E[X^n] = \sum_{x:p(x)>0} x^n p(x)

en el caso continuo.

E[Xn]=xnf(x)δx E[X^n] = \int_{-\infty}^{\infty} x^n f(x) \delta x

El primer momento es la media, E[X].

La varianza σ2 de X se define como:

var(X)=E[(XE[X])2] var(X) = E[(X-E[X])^2]

La varianza de X mide el promedio al cuadrado de la desviación de X del valor esperado.


Ejemplo Gubner 2.27.

Sea X y Y variables aleatorias con sus respectivas funciones de probabilidad de masa, pmf, mostradas en la figura. Calcule var(X) y var(Y)

solución: por simetría, ambas variables tienen media cero, la varianza será:

var(X)=E[(xE[x])2]=E[(x0)2]=E[x2] var(X)= E[(x-E[x])^2] = E[(x-0)^2] = E[x^2] E[X2]=(2)216+(1)213+(1)213+(2)216=2 E[X^2] = (-2)^2 \frac{1}{6} + (-1)^2 \frac{1}{3} +(1)^2 \frac{1}{3} +(2)^2 \frac{1}{6} =2 var(Y)=E[(YE[Y])2]=E[(Y0)2]=E[Y2] var(Y)= E[(Y-E[Y])^2] = E[(Y-0)^2] = E[Y^2] E[Y2]=(2)213+(1)216+(1)216+(2)213=3 E[Y^2] = (-2)^2 \frac{1}{3} + (-1)^2 \frac{1}{6} +(1)^2 \frac{1}{6} +(2)^2 \frac{1}{3} =3

X y Y tienen media cero, pero Y tomará valores mas lejanos de su media, dado que var(Y)>var(X).


cuando una variable aleatoria tiene media diferente de cero, puede ser conveniente usar también la fórmula:

var(X)=E[X2](E[x])2 var(X) = E[X^2]-(E[x])^2

que indica que la varianza es igual al segundo momento menos el cuadrado del primer momento. Como tarea encuentre la fórmula al reemplazar m=E[X] y desarrollando el cuadrado.

La desviación estándar de X se define como el valor positivo de la raiz cuadrada de la varianza, y se usa el símbolo σ


Ejemplo Ross 2.29

Un sistema de comunicación óptico usa un fotodetector cuya salida es modelada como una variable aleatorioa X tipo Poisson(λ). Encuentre la varianza de X

Solución:

P(X)=λxeλx! P(X)= \frac{\lambda ^x e^{-\lambda}}{x!} E[x]=n=0nP(X=n) E[x] = \sum_{n=0}^{\infty} n P(X=n) =n=0nλneλn! = \sum_{n=0}^{\infty} n \frac{\lambda ^n e^{-\lambda}}{n!}

dado que el término n=0 se puede descartar:

=n=1nλneλn!=n=1nλneλn(n1)! = \sum_{n=1}^{\infty} n \frac{\lambda ^n e^{-\lambda}}{n!} = \sum_{n=1}^{\infty} n\frac{\lambda ^n e^{-\lambda}}{n(n-1)!} =λeλn=1λn1(n1)! = \lambda e^{-\lambda} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\lambda ^{n-1} }{(n-1)!}

cambiando el indice de la suma de n a k=n-1, se tiene que:

k=0λkk!=eλ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda ^{k} }{k!} = e^{\lambda} E[X]=λeλk=0λkk!=λeλeλ=λ E[X]=\lambda e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda ^{k} }{k!} = \lambda e^{-\lambda} e^{\lambda} = \lambda

Observe que: E[x2] = E[X(X-1)]+E[X].

Dado que E[X]=λ se calcula que:

E[X(X1)]=n=0n(n1)P(X=n) E[X(X-1)] = \sum_{n=0}^{\infty} n(n-1) P(X=n) =n=2λneλ(n2)!=λ2eλn=2λn2(n2)! = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\lambda ^n e^{-\lambda}}{(n-2)!} = \lambda ^2 e^{-\lambda} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\lambda ^{n-2}}{(n-2)!}

se tiene nuevamente que, k=n-2:

E[X(X1)]=λ2eλk=0λkk!=λ2 E[X(X-1)] = \lambda ^2 e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda ^{k}}{k!} = \lambda ^2

con lo que E[X2] = λ2 + λ

var(X)=E[X2](E[x])2=(λ2+λ)λ2=λ var(X) = E[X^2] - (E[x])^2 = (\lambda ^2 + \lambda) - \lambda ^2 = \lambda

La variable aleatoria Poisson tiene los valores de media y varianza iguales.