Variáveis Aleatórias e Distribuições de Probabilidade

O artigo anterior construiu a probabilidade dos axiomas ao teorema de Bayes, mas sempre falando de eventos isolados: sair um número par, testar positivo, extrair duas bolas vermelhas. A ciência de dados raramente pensa em um evento de cada vez. Ela pensa em variáveis, colunas inteiras de números que resultam do acaso, e precisa de um objeto que atribua uma probabilidade a cada valor possível dessas colunas. Esse objeto é a variável aleatória, e o mapa completo do que ela pode fazer é a sua distribuição.

Este artigo levanta esse mapa. Começamos definindo a variável aleatória, a sua esperança e a sua variância, os dois números que resumem uma distribuição inteira do mesmo modo que a média e o desvio padrão resumiram uma amostra nos primeiros artigos. Depois percorremos as distribuições que a prática mais encontra: as de contagem, coroadas pela Binomial e pela Poisson, e as de medida, coroadas pela normal. Fechamos apresentando a família de distribuições, $t$, qui-quadrado e $F$, que a segunda metade da série usará em todo teste de hipótese e em toda regressão. Mantemos o combinado de sempre: exemplos em C++23, laboratórios em Python no Colab e um experimento em JavaScript.

1. Variáveis aleatórias, esperança e variância

Uma variável aleatória é uma função que atribui um número real a cada resultado de um experimento aleatório. Formalmente, se $\Omega$ é o espaço amostral definido no artigo anterior, uma variável aleatória é uma função $X:\Omega\to\mathbb{R}$. O nome é um abuso consagrado: não é uma variável no sentido algébrico nem é aleatória em si; é uma regra determinística que traduz resultados em números, e a aleatoriedade vem do experimento subjacente. Ao lançar dois dados, a soma das faces é uma variável aleatória: a cada um dos $36$ resultados do espaço amostral ela associa um número de $2$ a $12$.

Uma variável aleatória é discreta quando assume valores em um conjunto enumerável, tipicamente inteiros: o número de bugs em um módulo, o número de caras em dez lançamentos, a soma de dois dados. Ela é descrita pela sua função de probabilidade (probability mass function, ou pmf), que a cada valor $x$ atribui $p(x)=P(X=x)$, com $p(x)\ge0$ e $\sum_x p(x)=1$. Uma variável aleatória é contínua quando assume valores em um intervalo de $\mathbb{R}$: um tempo de resposta, uma temperatura, uma altura. Aqui a probabilidade de qualquer valor exato é zero, e a descrição passa a ser a função densidade de probabilidade (probability density function, ou pdf) $f(x)$, com $f(x)\ge0$ e $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx=1$; a probabilidade de um intervalo é a área sob a densidade, $P(a\le X\le b)=\int_a^b f(x)\,dx$. Nos dois casos, a função de distribuição acumulada (cumulative distribution function, ou cdf) $F(x)=P(X\le x)$ dá a probabilidade de ficar até $x$, e é ela que unifica o tratamento de discretas e contínuas.

O primeiro resumo de uma distribuição é a sua esperança, ou valor esperado, o análogo teórico da média amostral. Para uma variável aleatória discreta $X$, denotaremos por $p(x)=P(X=x)$ a probabilidade de cada valor possível $x$. Sua esperança será dada por

a média dos valores possíveis ponderada pelas suas probabilidades. Considere uma variável $X$ que assume os valores $0,1,2,3$ com probabilidades $0{,}1$, $0{,}3$, $0{,}4$ e $0{,}2$; usaremos este pequeno exemplo de novo no laboratório da Seção 7. A sua esperança é $\operatorname{E}[X]=0(0{,}1)+1(0{,}3)+2(0{,}4)+3(0{,}2)=1{,}7$. Repare que $1{,}7$ não é um valor que $X$ jamais assume: a esperança é um centro de massa, não uma previsão. Do mesmo modo, a esperança do lançamento de um dado justo é $\operatorname{E}[X]=(1+2+3+4+5+6)/6=3{,}5$, uma face que não existe.

O segundo resumo é a variância, o análogo teórico da variância amostral do segundo artigo. Ela mede a dispersão esperada em torno de $\operatorname{E}[X]$:

na qual a segunda igualdade, deduzida expandindo o quadrado e usando a linearidade que provaremos nos exercícios, é a fórmula de cálculo mais prática. No exemplo, $\operatorname{E}[X^2]=0^2(0{,}1)+1^2(0{,}3)+2^2(0{,}4)+3^2(0{,}2)=3{,}7$, logo $\operatorname{Var}(X)=3{,}7-1{,}7^2=0{,}81$ e o desvio padrão é $\sqrt{0{,}81}=0{,}9$. Duas propriedades governam quase todos os cálculos adiante e serão demonstradas nos exercícios: a esperança é linear, $\operatorname{E}[aX+b]=a\operatorname{E}[X]+b$, enquanto a variância ignora deslocamentos e escala pelo quadrado, $\operatorname{Var}(aX+b)=a^2\operatorname{Var}(X)$. A assimetria entre as duas, uma linear e a outra quadrática, é a razão pela qual o desvio padrão, e não a variância, vive na mesma unidade dos dados.

1.1 Exercícios da Seção 1

1. Calcule a esperança e a variância de uma variável $X$ com $p(1)=0{,}2$, $p(2)=0{,}5$ e $p(3)=0{,}3$.

Solução: A esperança é $\operatorname{E}[X]=1(0{,}2)+2(0{,}5)+3(0{,}3)=2{,}1$. Para a variância, $\operatorname{E}[X^2]=1(0{,}2)+4(0{,}5)+9(0{,}3)=4{,}9$, logo $\operatorname{Var}(X)=4{,}9-2{,}1^2=4{,}9-4{,}41=0{,}49$ e o desvio padrão é $0{,}7$. Os três pesos somam $1$, como exige a definição de pmf.

2. Mostre que a esperança do lançamento de um dado justo é $3{,}5$ e verifique a sua variância.

Solução: Como cada face tem probabilidade $1/6$, $\operatorname{E}[X]=\frac{1}{6}(1+2+3+4+5+6)=\frac{21}{6}=3{,}5$. Para a variância, $\operatorname{E}[X^2]=\frac{1}{6}(1+4+9+16+25+36)=\frac{91}{6}$, e $\operatorname{Var}(X)=\frac{91}{6}-\left(\frac{7}{2}\right)^2=\frac{91}{6}-\frac{49}{4}=\frac{182-147}{12}=\frac{35}{12}\approx2{,}9167$.

3. Prove a linearidade da esperança: $\operatorname{E}[aX+b]=a\operatorname{E}[X]+b$.

Solução: Por definição, $\operatorname{E}[aX+b]=\sum_x(ax+b)\,p(x)=a\sum_x x\,p(x)+b\sum_x p(x)$. A primeira soma é $\operatorname{E}[X]$; a segunda vale $1$, porque as probabilidades somam $1$. Logo, $\operatorname{E}[aX+b]=a\operatorname{E}[X]+b$. A constante $b$ desloca o centro, e o fator $a$ o escala.

4. Prove que $\operatorname{Var}(aX+b)=a^2\operatorname{Var}(X)$ e interprete cada fator.

Solução: Seja $\mu=\operatorname{E}[X]$. Pela linearidade, $\operatorname{E}[aX+b]=a\mu+b$. Então $\operatorname{Var}(aX+b)=\operatorname{E}!\big[(aX+b-a\mu-b)^2\big]=\operatorname{E}!\big[a^2(X-\mu)^2\big]=a^2\operatorname{Var}(X)$. O deslocamento $b$ cancela, porque somar uma constante move todos os valores igualmente sem alterar a dispersão; o fator $a$ entra ao quadrado porque a variância mede desvios ao quadrado.

5. Deduza a fórmula de cálculo $\operatorname{Var}(X)=\operatorname{E}[X^2]-\operatorname{E}[X]^2$ e aplique-a ao exemplo do texto.

Solução: Expandindo o quadrado, $\operatorname{Var}(X)=\operatorname{E}[(X-\mu)^2]=\operatorname{E}[X^2-2\mu X+\mu^2]$. Pela linearidade, isso é $\operatorname{E}[X^2]-2\mu\operatorname{E}[X]+\mu^2=\operatorname{E}[X^2]-2\mu^2+\mu^2=\operatorname{E}[X^2]-\mu^2$. No exemplo com valores $0,1,2,3$, tínhamos $\operatorname{E}[X^2]=3{,}7$ e $\mu=1{,}7$, logo $\operatorname{Var}(X)=3{,}7-2{,}89=0{,}81$, coincidindo com o cálculo direto.

2. Distribuições discretas

Poucas distribuições discretas cobrem a maioria dos fenômenos de contagem, e cada uma modela uma situação distinta. A mais simples é a Bernoulli, que descreve um único experimento com dois resultados, sucesso e fracasso. Uma variável $X\sim\text{Bernoulli}(p)$ vale $1$ com probabilidade $p$ e $0$ com probabilidade $1-p$. A sua esperança é $\operatorname{E}[X]=1\cdot p+0\cdot(1-p)=p$ e a sua variância é $\operatorname{Var}(X)=p(1-p)$; para $p=0{,}3$, a variância vale $0{,}21$. É a Bernoulli que formaliza a coluna binária remoto da nossa equipe: cada pessoa é um ensaio, e a proporção de $1$ que calculamos no artigo anterior é a estimativa de $p$.

Somar ensaios de Bernoulli independentes e idênticos produz a Binomial. Se realizamos $n$ ensaios, cada um com probabilidade de sucesso $p$, o número total de sucessos $X\sim\text{Binomial}(n,p)$ tem pmf. Para cada quantidade possível $k$ de sucessos, com $k\in{0,1,\ldots,n}$, essa probabilidade será dada por

na qual $\binom{n}{k}$, definido na Seção 5 do artigo anterior, conta de quantas maneiras os $k$ sucessos podem ocupar as $n$ posições, e $p^k(1-p)^{n-k}$ é a probabilidade de uma sequência específica com $k$ sucessos. Para $n=10$ e $p=0{,}3$, a probabilidade de exatamente três sucessos é $\binom{10}{3}0{,}3^3\,0{,}7^7\approx0{,}2668$. Como a Binomial é uma soma de $n$ Bernoullis independentes, a linearidade dá $\operatorname{E}[X]=np$ e a independência dá $\operatorname{Var}(X)=np(1-p)$; para $n=10$ e $p=0{,}3$, isso é $\operatorname{E}[X]=3$ e $\operatorname{Var}(X)=2{,}1$.

Quando os eventos são raros mas as oportunidades são muitas, a Binomial converge para a Poisson, a distribuição das contagens em um intervalo fixo de tempo ou espaço: requisições por segundo, defeitos por metro de cabo, e-mails por hora. O parâmetro $\lambda>0$ representa a contagem média esperada nesse intervalo. Uma variável $X\sim\text{Poisson}(\lambda)$ tem pmf. Para cada contagem possível $k\in{0,1,2,\ldots}$, essa probabilidade será dada por

na qual $\lambda>0$ é simultaneamente a esperança e a variância. Essa igualdade é uma restrição estrutural da família Poisson, embora outras distribuições possam ter média e variância numericamente iguais em parâmetros particulares. Em dados de contagem, variância muito maior que a média sugere superdispersão em relação ao modelo Poisson; variância menor sugere subdispersão. A comparação é um diagnóstico inicial, não um teste suficiente, pois heterogeneidade, dependência e excesso de zeros também precisam ser investigados. Para $\lambda=2$, temos $P(X=0)=e^{-2}\approx0{,}1353$, $P(X=1)=2e^{-2}\approx0{,}2707$ e $P(X=2)=2e^{-2}\approx0{,}2707$. Quando $n$ é grande e $p$ pequeno com $np=\lambda$ moderado, $\text{Binomial}(n,p)\approx\text{Poisson}(np)$. Para $n=1000$ e $p=0{,}002$, as probabilidades de duas ocorrências são aproximadamente $0{,}2709$ e $0{,}2707$.

Uma quarta distribuição, a geométrica, conta o número de ensaios de Bernoulli até o primeiro sucesso: $P(X=k)=(1-p)^{k-1}p$ para $k=1,2,\ldots$. A sua esperança é $\operatorname{E}[X]=1/p$, um resultado de rara elegância: se a chance de sucesso é $1/4$, esperam-se em média quatro tentativas, e a sua variância é $(1-p)/p^2$, que para $p=0{,}25$ vale $12$. A geométrica é a distribuição de quanto ainda vou esperar, e a sua ausência de memória, que a atenta leitora explorará nos exercícios, é uma propriedade que reaparece em modelos de confiabilidade e de filas.

2.1 Exercícios da Seção 2

1. Calcule $P(X=3)$ para $X\sim\text{Binomial}(10,\,0{,}3)$.

Solução: Aplicando a pmf, $P(X=3)=\binom{10}{3}0{,}3^3\,0{,}7^7$. O coeficiente é $\binom{10}{3}=120$, $0{,}3^3=0{,}027$ e $0{,}7^7\approx0{,}0823543$. O produto é $120\times0{,}027\times0{,}0823543\approx0{,}2668$. É o valor mais provável da distribuição, coerente com $\operatorname{E}[X]=np=3$.

2. Deduza $\operatorname{E}[X]=np$ e $\operatorname{Var}(X)=np(1-p)$ para a Binomial usando a decomposição em Bernoullis.

Solução: Escreva $X=\sum_{i=1}^{n}Y_i$, com cada $Y_i\sim\text{Bernoulli}(p)$ independente. Pela linearidade da esperança, $\operatorname{E}[X]=\sum_i\operatorname{E}[Y_i]=np$. Como as $Y_i$ são independentes, a variância da soma é a soma das variâncias, $\operatorname{Var}(X)=\sum_i\operatorname{Var}(Y_i)=n\,p(1-p)$. A independência é essencial no segundo passo; sem ela, apareceriam termos de covariância.

3. Para $X\sim\text{Poisson}(2)$, calcule $P(X\ge1)$.

Solução: Pelo complemento, $P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-e^{-2}$. Como $e^{-2}\approx0{,}1353$, temos $P(X\ge1)\approx0{,}8647$. O complemento evita somar a série infinita $P(X=1)+P(X=2)+\cdots$, exatamente a estratégia da regra do complemento do artigo anterior.

4. Verifique numericamente a aproximação da Binomial pela Poisson com $n=1000$, $p=0{,}002$ e $k=2$.

Solução: Aqui $\lambda=np=2$. A Poisson dá $P(X=2)=e^{-2}2^2/2!=2e^{-2}\approx0{,}2707$. A Binomial exata dá $\binom{1000}{2}0{,}002^2\,0{,}998^{998}\approx0{,}2709$. A diferença aparece só na terceira casa decimal, confirmando que a Poisson é uma aproximação excelente para eventos raros em muitas oportunidades.

5. Mostre que a distribuição geométrica não tem memória: $P(X>s+t\mid X>s)=P(X>t)$.

Solução: Para a geométrica, $P(X>m)=(1-p)^m$, pois ultrapassar $m$ ensaios significa falhar os primeiros $m$. Então $P(X>s+t\mid X>s)=\dfrac{P(X>s+t)}{P(X>s)}=\dfrac{(1-p)^{s+t}}{(1-p)^s}=(1-p)^t=P(X>t)$. Ter esperado $s$ tentativas sem sucesso não altera a distribuição do que falta esperar; o processo esquece o passado.

3. Distribuições contínuas e a normal

As distribuições contínuas descrevem medidas, e a mais simples delas é a uniforme. Uma variável $X\sim\text{Uniforme}(a,b)$ tem densidade constante $f(x)=1/(b-a)$ dentro do intervalo $[a,b]$ e zero fora dele; toda subfaixa de igual largura tem igual probabilidade. A sua esperança é o ponto médio $\operatorname{E}[X]=(a+b)/2$ e a sua variância é $\operatorname{Var}(X)=(b-a)^2/12$; para $\text{Uniforme}(0,10)$, a esperança é $5$ e a variância é $100/12\approx8{,}333$. A uniforme é o gerador primário de todo o restante: é dela que partem os algoritmos que produzem amostras de qualquer outra distribuição, como o código da Seção 6 vai usar.

A distribuição contínua central da estatística é a normal, ou gaussiana. Nela, $\mu$ representa a esperança e $\sigma^2>0$ a variância. Uma variável $X\sim\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$ tem densidade

na qual $\mu$ é a esperança e $\sigma^2$ a variância, os dois parâmetros da família normal. A sua onipresença se relaciona ao teorema central do limite, que o sétimo artigo apresentará com suas hipóteses. Em uma versão clássica, somas padronizadas de contribuições independentes e identicamente distribuídas, com variância finita, convergem em distribuição para a normal. Dependência forte, caudas sem variância finita ou uma parcela dominante podem impedir essa aproximação.

Toda normal se reduz a uma só pela padronização. Subtraindo a média e dividindo pelo desvio, o escore $z=(x-\mu)/\sigma$ transforma $X\sim\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$ na normal padrão $Z\sim\mathcal{N}(0,1)$, e $z$ mede em quantos desvios padrão o valor $x$ está do centro. Tome um serviço cujo tempo de resposta seja $X\sim\mathcal{N}(100,15^2)$ milissegundos. Um tempo de $130$ ms corresponde a $z=(130-100)/15=2$: está a dois desvios acima da média. A probabilidade de o tempo cair entre $90$ e $120$ ms é a área da densidade nesse intervalo, calculada padronizando os extremos, $z_1=(90-100)/15\approx-0{,}667$ e $z_2=(120-100)/15\approx1{,}333$, e consultando a cdf da normal padrão: $P(90<X<120)=\Phi(1{,}333)-\Phi(-0{,}667)\approx0{,}6563$.

A Figura 1 desenha essa normal com a área calculada acima e, abaixo do eixo, as faixas da regra empírica com os valores exatos. A comparação entre a faixa de $2\sigma$ e a de $1{,}96\sigma$ vale um olhar demorado: elas são quase iguais, e a diferença entre $95{,}45\%$ e $95{,}00\%$ é o motivo pelo qual os intervalos de confiança do oitavo artigo usarão $1{,}96$ e não $2$.

Figura 1: A área sombreada é $\Phi(1{,}333) - \Phi(-0{,}667) \approx 0{,}6563$, obtida apenas padronizando os extremos. Os números da regra empírica são $68{,}27$, $95{,}45$ e $99{,}73$; os $95$ redondos exigem $1{,}96$ desvios.

Da padronização nasce a regra empírica, o atalho que todo cientista de dados carrega na cabeça: em uma normal, aproximadamente $68{,}27\%$ da massa cai dentro de $\mu\pm\sigma$, $95{,}45\%$ dentro de $\mu\pm2\sigma$ e $99{,}73\%$ dentro de $\mu\pm3\sigma$. Os números usuais $68$–$95$–$99{,}7$ são estes, arredondados. Eles explicam por que um valor além de três desvios é notícia: sob normalidade, menos de $0{,}3\%$ dos dados chegam lá. E a normal fecha-se sob soma: se $X_1\sim\mathcal{N}(\mu_1,\sigma_1^2)$ e $X_2\sim\mathcal{N}(\mu_2,\sigma_2^2)$ são independentes, então $X_1+X_2\sim\mathcal{N}(\mu_1+\mu_2,\,\sigma_1^2+\sigma_2^2)$; as médias somam e as variâncias somam, nunca os desvios. Somar $\mathcal{N}(1,2^2)$ e $\mathcal{N}(3,4^2)$ produz $\mathcal{N}(4,20)$, com desvio padrão $\sqrt{20}\approx4{,}47$, não $2+4=6$.

3.1 Exercícios da Seção 3

1. Padronize o valor $x=130$ de uma $\mathcal{N}(100,15^2)$ e interprete o resultado.

Solução: O escore é $z=(130-100)/15=30/15=2$. O valor $130$ está a exatamente dois desvios padrão acima da média. Pela regra empírica, valores tão ou mais extremos que $2\sigma$ em qualquer direção somam cerca de $4{,}55\%$ da massa; só na cauda superior, cerca de $2{,}28\%$.

2. Calcule $P(90<X<120)$ para $X\sim\mathcal{N}(100,15^2)$.

Solução: Padronizando, $z_1=(90-100)/15=-2/3\approx-0{,}667$ e $z_2=(120-100)/15=4/3\approx1{,}333$. A probabilidade é $\Phi(1{,}333)-\Phi(-0{,}667)$. Consultando a cdf padrão, $\Phi(1{,}333)\approx0{,}9088$ e $\Phi(-0{,}667)\approx0{,}2525$, cuja diferença é $\approx0{,}6563$. Portanto, cerca de $65{,}6\%$ dos tempos caem nessa faixa.

3. Que fração de uma normal está dentro de $\mu\pm2\sigma$?

Solução: É $\Phi(2)-\Phi(-2)$. Como $\Phi(2)\approx0{,}9772$ e, por simetria, $\Phi(-2)=1-\Phi(2)\approx0{,}0228$, a diferença é $\approx0{,}9545$, ou $95{,}45\%$. Este é o $95$ da regra empírica; o valor exato para $95\%$ redondos usa $1{,}96\sigma$, não $2\sigma$, distinção que voltará nos intervalos de confiança do oitavo artigo.

4. Encontre o percentil $90$ de $X\sim\mathcal{N}(100,15^2)$.

Solução: O percentil $90$ da normal padrão é o valor $z_{0{,}90}$ com $\Phi(z_{0{,}90})=0{,}90$, que vale $\approx1{,}2816$. Desfazendo a padronização, $x=\mu+z_{0{,}90}\,\sigma=100+1{,}2816\times15\approx119{,}22$. Portanto, $90\%$ dos tempos de resposta ficam abaixo de aproximadamente $119{,}2$ ms.

5. Mostre que a soma de duas normais independentes tem variâncias somadas e aplique a $\mathcal{N}(1,2^2)+\mathcal{N}(3,4^2)$.

Solução: Para variáveis independentes, a variância da soma é a soma das variâncias, $\operatorname{Var}(X_1+X_2)=\operatorname{Var}(X_1)+\operatorname{Var}(X_2)$, resultado geral que não depende de normalidade; a normalidade garante, adicionalmente, que a soma continua normal. Aqui, $\mu=1+3=4$ e $\sigma^2=2^2+4^2=4+16=20$, logo a soma é $\mathcal{N}(4,20)$ com desvio $\sqrt{20}\approx4{,}47$. Somar os desvios, $2+4=6$, seria o erro comum; somam-se as variâncias.

4. Verificando normalidade

Assumir normalidade é conveniente, e por isso perigoso: muitos métodos da segunda metade da série a pressupõem, e usá-los sobre dados que não são normais produz conclusões erradas com aparência de rigor. Precisamos, então, de uma ferramenta que confronte a hipótese de normalidade com os dados. A mais direta é o gráfico quantil-quantil (QQ-plot). A ideia é comparar os quantis empíricos da amostra, definidos no terceiro artigo, com os quantis teóricos que uma normal produziria. Ordenam-se os dados, associa-se a cada observação de posto $i$ o quantil teórico correspondente à posição $(i-0{,}5)/n$ da normal padrão, e desenha-se um ponto por par. Se os dados forem aproximadamente normais, os pontos caem sobre uma reta; desvios sistemáticos da reta denunciam a forma da não normalidade.

A leitura do QQ-plot é um vocabulário que vale aprender. Quando os pontos das duas pontas se afastam da reta para cima à direita e para baixo à esquerda, formando um S invertido, a distribuição tem caudas pesadas (heavy-tailed): produz valores extremos com frequência maior que a normal. Quando as pontas se dobram na direção oposta, as caudas são leves. Uma curvatura em apenas uma das pontas indica assimetria: uma cauda longa à direita, discutida no terceiro artigo, encurva a ponta superior para cima. O QQ-plot não dá um número, dá um diagnóstico visual, e a sua honestidade é justamente essa: em vez de resumir a normalidade em uma estatística única, ele mostra onde e como a suposição falha.

A Figura 2 traz esse vocabulário em três exemplos, cada um com sessenta observações. Vale comparar as pontas: no painel do meio as duas caudas se afastam da reta em direções opostas, formando um S invertido; no da direita apenas a superior encurva.

Figura 2: O QQ-plot não devolve um número, devolve o lugar e o modo pelos quais a normalidade falha. Caudas pesadas afastam as duas pontas da reta; assimetria à direita encurva apenas a superior.

As distribuições de cauda longa merecem atenção especial em ciência de dados porque são a regra, não a exceção, em dados de rede, de finanças e de tráfego. Tempos de resposta, tamanhos de arquivos e receitas por cliente costumam ter caudas muito mais pesadas que a normal, o que faz da média uma medida traiçoeira e do desvio padrão uma promessa vazia: sob cauda suficientemente pesada, a variância teórica pode nem existir, um caso que o sétimo artigo retomará ao discutir os limites do teorema central do limite. Reconhecer uma cauda longa em um QQ-plot antes de aplicar um método que supõe normalidade é o tipo de precaução que separa a análise cuidadosa da receita decorada.

4.1 Exercícios da Seção 4

1. Explique por que o QQ-plot usa a posição $(i-0{,}5)/n$ em vez de $i/n$ para o quantil teórico.

Solução: Usar $i/n$ atribuiria à maior observação a posição $1$, cujo quantil normal é $+\infty$, impossível de plotar. A correção de continuidade $(i-0{,}5)/n$ espalha as $n$ observações simetricamente dentro de $(0,1)$, evitando os extremos $0$ e $1$ e tratando as duas caudas de forma equilibrada. Outras convenções, como $(i-0{,}375)/(n+0{,}25)$, refinam o mesmo ajuste.

2. Em um QQ-plot contra a normal, os pontos formam um S invertido, subindo acima da reta à direita e caindo abaixo à esquerda. Que forma tem a distribuição?

Solução: As duas pontas se afastam da reta na direção dos extremos, o que significa que os quantis empíricos extremos são mais afastados do centro que os teóricos: a amostra produz valores mais extremos que uma normal em ambas as caudas. A distribuição tem caudas pesadas, como a $t$ de Student com poucos graus de liberdade, que a Seção 5 apresenta.

3. Um QQ-plot mostra a ponta superior encurvando para cima e a inferior próxima da reta. Diagnostique.

Solução: Só a cauda direita se desvia, esticando-se além da normal, enquanto a esquerda se comporta. Isso é assimetria à direita: uma cauda longa superior, com média puxada acima da mediana, exatamente o padrão dos salários e dos tempos de resposta. A transformação logarítmica é o remédio usual, por comprimir a cauda direita.

4. Por que a média e o desvio padrão são medidas frágeis sob caudas longas?

Solução: Um único valor extremo, cada vez mais provável à medida que a cauda engorda, desloca a média e infla o desvio padrão de forma desproporcional, como o ponto de ruptura $1/n$ da média mostrou no segundo artigo. No limite de caudas muito pesadas, a variância teórica diverge, e o desvio padrão amostral não estabiliza mesmo com muitos dados: estima uma quantidade que não existe.

5. Um QQ-plot com $n=8$ observações parece razoavelmente reto. Podemos concluir normalidade?

Solução: Não. Com oito pontos, a variabilidade amostral é tão grande que mesmo dados claramente não normais produzem QQ-plots aproximadamente retos por acaso, e mesmo dados normais produzem desvios aparentes. O QQ-plot é sugestivo, não conclusivo, e a sua leitura exige tamanhos de amostra que tornem o padrão estável; com poucos dados, ausência de evidência de não normalidade não é evidência de normalidade.

5. As distribuições da inferência

Três distribuições contínuas aparecerão repetidamente na segunda metade da série, sempre a serviço da inferência, e apresentá-las agora poupa surpresas depois. Todas nascem da normal, e conhecer essa ascendência é o que as torna compreensíveis em vez de mágicas.

A distribuição $t$ de Student surge exatamente quando padronizamos a média de uma amostra normal usando o desvio padrão amostral no lugar de $\sigma$. Ela tem a forma de sino da normal, porém com caudas mais pesadas, tanto mais pesadas quanto menor a amostra. O seu parâmetro é o número de graus de liberdade, $n-1$ nesse problema. Com poucos graus de liberdade, a incerteza sobre $s$ é grande; à medida que eles crescem, a $t$ converge para a normal padrão. Para populações não normais, a referência $t$ pode ser aproximada em amostras grandes sob condições adicionais, não uma identidade exata.

A distribuição qui-quadrado (chi-squared), denotada $\chi^2$, é a soma de quadrados de normais padrão independentes: se $Z_1,\ldots,Z_k$ são $\mathcal{N}(0,1)$ independentes, então $\sum_i Z_i^2\sim\chi^2_k$, com $k$ graus de liberdade. Por ser soma de quadrados, ela vive apenas nos reais não negativos e é assimétrica à direita, tanto mais simétrica quanto maior $k$. A sua esperança é exatamente $k$. Ela mede discrepâncias ao quadrado, e é por isso que governa os testes de aderência e de independência em tabelas de contingência do artigo 10, nos quais somamos desvios quadráticos entre frequências observadas e esperadas.

A distribuição $F$ é a razão de duas qui-quadrado independentes, cada uma dividida por seus graus de liberdade: $F=\dfrac{\chi^2{d_1}/d_1}{\chi^2{d_2}/d_2}\sim F_{d_1,d_2}$. Ela tem, portanto, dois parâmetros de graus de liberdade, um do numerador e um do denominador, e também vive nos reais não negativos. Por comparar duas variabilidades, a $F$ é a estatística natural quando queremos saber se a variação entre grupos supera a variação dentro deles, exatamente a pergunta da análise de variância do artigo 11. As três distribuições, $t$, $\chi^2$ e $F$, formam a espinha dorsal da inferência clássica, e todas remontam à normal por operações simples: padronizar, elevar ao quadrado e somar, ou tomar razões.

A Figura 3 reúne todo o parentesco deste artigo em um só grafo. Lida da esquerda para a direita, ela conta duas histórias paralelas: em cima, como as contagens se acumulam de um único ensaio até a Poisson; embaixo, como três operações sobre a normal padrão produzem toda a inferência clássica que a série vai usar.

Figura 3: Nenhuma dessas famílias é avulsa. Saber que a $F$ é uma razão de duas $\chi^2$, e que a $\chi^2$ é uma soma de quadrados de $Z$, é o que transforma a tabela decorada em consequência.

5.1 Exercícios da Seção 5

1. Por que a distribuição $t$ tem caudas mais pesadas que a normal?

Solução: A $t$ descreve a estatística $(\bar{X}-\mu)/(s/\sqrt{n})$, na qual o denominador $s$ é ele próprio uma estimativa ruidosa do desvio verdadeiro. Em amostras pequenas, $s$ subestima $\sigma$ com frequência apreciável, produzindo valores da razão maiores do que a normal preveria. Essa incerteza adicional no denominador engorda as caudas; quando $s$ estima $\sigma$ com precisão, em amostras grandes, o efeito desaparece.

2. O que acontece com a distribuição $t$ quando os graus de liberdade tendem ao infinito?

Solução: Com muitos graus de liberdade, a estimativa $s$ converge para $\sigma$, eliminando a incerteza extra que engordava as caudas. A $t$ converge então para a normal padrão $\mathcal{N}(0,1)$. Na prática, acima de cerca de $30$ graus de liberdade a diferença já é pequena, o que explica a regra informal de que amostras grandes permitem usar a normal.

3. Mostre que a esperança de uma $\chi^2_k$ é $k$.

Solução: Por definição, $\chi^2k=\sum{i=1}^{k}Z_i^2$ com $Z_i\sim\mathcal{N}(0,1)$. Pela linearidade da esperança, $\operatorname{E}[\chi^2_k]=\sum_i\operatorname{E}[Z_i^2]$. Para a normal padrão, $\operatorname{E}[Z^2]=\operatorname{Var}(Z)+\operatorname{E}[Z]^2=1+0=1$. Logo, $\operatorname{E}[\chi^2_k]=k$. Cada quadrado de normal padrão contribui, em média, com uma unidade.

4. Por que as distribuições $\chi^2$ e $F$ assumem apenas valores não negativos?

Solução: A $\chi^2$ é uma soma de quadrados, e quadrados de reais nunca são negativos; a sua soma tampouco. A $F$ é uma razão de duas $\chi^2$ (divididas por constantes positivas), e uma razão de quantidades não negativas com denominador positivo é não negativa. Nenhuma das duas pode assumir valores à esquerda de zero, o que já as distingue da normal e da $t$, simétricas em torno de zero.

5. Uma estatística é definida como a razão entre a variância entre grupos e a variância dentro dos grupos. Que distribuição a governa sob a hipótese de que todos os grupos têm a mesma média, e por quê?

Solução: Sob essa hipótese, tanto a variância entre grupos quanto a variância dentro dos grupos estimam a mesma variância comum, e cada uma, escalada, é uma $\chi^2$ dividida por seus graus de liberdade. A razão de duas $\chi^2$ independentes normalizadas é, por definição, uma distribuição $F$. É exatamente a estatística da análise de variância do artigo 11; valores de $F$ muito acima de $1$ indicam que a variação entre grupos excede o que a variação interna explicaria por acaso.

6. Distribuições em C++ e no Colab

Com a matemática assentada, implementamos o cálculo das distribuições e a geração de amostras. O programa abaixo faz três coisas: calcula a pmf da Binomial de forma numericamente estável, avalia a cdf da normal padrão pela função de erro std::erf da biblioteca padrão, e estima uma probabilidade normal por simulação de Monte Carlo, verificando o valor teórico contra o empírico. O cálculo da Binomial evita formar $n!$ diretamente, que estoura para $n$ moderado; em vez disso, acumula o logaritmo do coeficiente e exponencia no fim. Compile com g++ -std=c++23 -O2 -Wall -Wextra -Wconversion -Wshadow -pedantic distribuicoes.cpp -o distribuicoes.

#include <cmath>
#include <cstdint>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <random>

// Binomial pmf via log-gamma keeps the factorials from overflowing.
double binomial_pmf(int n, int k, double p) {
    if (k < 0 || k > n || p < 0.0 || p > 1.0) {
        return 0.0;
    }
    const double log_coef = std::lgamma(n + 1.0)
                          - std::lgamma(k + 1.0)
                          - std::lgamma(n - k + 1.0);
    const double log_pmf = log_coef
                         + k * std::log(p)
                         + (n - k) * std::log1p(-p);
    return std::exp(log_pmf);
}

// Standard normal cdf: Phi(z) = (1 + erf(z / sqrt(2))) / 2.
double normal_cdf(double z) {
    return 0.5 * (1.0 + std::erf(z / std::sqrt(2.0)));
}

int main() {
    std::cout << std::fixed << std::setprecision(4);

    // Binomial(10, 0.3): the most likely count is three successes.
    std::cout << "P(Binomial(10, 0.3) = 3) = "
              << binomial_pmf(10, 3, 0.3) << '\n';

    // Normal(100, 15^2): probability of the interval (90, 120).
    const double z1 = (90.0 - 100.0) / 15.0;
    const double z2 = (120.0 - 100.0) / 15.0;
    const double p_teorico = normal_cdf(z2) - normal_cdf(z1);
    std::cout << "P(90 < X < 120) teorico = " << p_teorico << '\n';

    // Monte Carlo check with one million draws from the same normal.
    constexpr std::uint64_t repeticoes = 1'000'000;
    std::mt19937 gerador(42);
    std::normal_distribution<double> normal(100.0, 15.0);

    std::uint64_t dentro = 0;
    for (std::uint64_t i = 0; i < repeticoes; ++i) {
        const double x = normal(gerador);
        if (x > 90.0 && x < 120.0) {
            ++dentro;
        }
    }
    const double p_empirico = static_cast<double>(dentro) / repeticoes;
    std::cout << "P(90 < X < 120) Monte Carlo = " << p_empirico << '\n';
}

A saída, com a semente $42$, é

P(Binomial(10, 0.3) = 3) = 0.2668
P(90 < X < 120) teorico = 0.6563
P(90 < X < 120) Monte Carlo = 0.6561

A estimativa de Monte Carlo cai a cerca de $0{,}0002$ do valor teórico, dentro do erro padrão de simulação $\sqrt{p(1-p)/N}\approx0{,}000475$ discutido no artigo anterior. Os últimos dígitos da estimativa não são portáveis: o padrão de C++ não fixa o algoritmo de std::normal_distribution, de modo que bibliotecas diferentes, com a mesma semente, produzem amostras diferentes. O que se mantém entre implementações é a proximidade da estimativa ao valor teórico dentro do erro de simulação, não o dígito exato. No Colab, a mesma tarefa é uma linha por distribuição com scipy.stats: binom.pmf(3, 10, 0.3) para a pmf binomial, norm.cdf(120, 100, 15) - norm.cdf(90, 100, 15) para a probabilidade normal, e norm.rvs(100, 15, size=1_000_000) para gerar a amostra. A biblioteca scipy.stats oferece pmf, pdf, cdf, ppf (a inversa da cdf, ou função quantil) e rvs (geração de amostras) com a mesma interface para dezenas de distribuições, e é a implementação de referência que a turma usará nos laboratórios.

6.1 Exercícios da Seção 6

1. Por que binomial_pmf acumula logaritmos em vez de calcular $n!$, $k!$ e $(n-k)!$ diretamente?

Solução: O fatorial cresce mais rápido que qualquer exponencial: $13!$ já ultrapassa o maior inteiro de $32$ bits, e $171!$ estoura o double. Somar logaritmos com std::lgamma mantém os números em escala administrável e só exponencia o resultado final, que é uma probabilidade entre $0$ e $1$. A troca de produtos por somas de logaritmos é a técnica padrão de estabilidade numérica para coeficientes combinatórios.

2. Qual é a saída de binomial_pmf(10, 11, 0.3) e por quê?

Solução: Retorna $0{,}0$. A primeira condição do programa detecta $k>n$ e devolve zero antes de qualquer cálculo, porque não se podem obter onze sucessos em dez ensaios. A guarda protege também contra o std::lgamma de um argumento negativo, que produziria um resultado sem sentido para a pmf.

3. Por que o código usa std::log1p(-p) em vez de std::log(1.0 - p)?

Solução: std::log1p(x) calcula $\log(1+x)$ com precisão preservada quando $x$ é pequeno em módulo. Para $p$ próximo de zero, $1-p$ é próximo de $1$, e std::log(1.0 - p) perde algarismos significativos na subtração; std::log1p(-p) computa $\log(1-p)$ diretamente sem esse cancelamento. É a mesma preocupação de estabilidade que motivou os logaritmos do coeficiente.

4. A estimativa de Monte Carlo deu $0{,}6567$ contra o teórico $0{,}6563$. Essa diferença invalida a implementação?

Solução: Não. O erro padrão de simulação com $N=10^6$ e $p\approx0{,}656$ é $\sqrt{p(1-p)/N}\approx0{,}000475$. A diferença observada, $0{,}0004$, está abaixo de um erro padrão, portanto é ruído de simulação esperado, não erro de código. Reduzi-la por um fator dez exigiria cem vezes mais repetições, pela dependência $1/\sqrt{N}$.

5. Estenda mentalmente o programa para estimar $\operatorname{E}[X]$ de uma Poisson$(2)$ por Monte Carlo. Que estrutura da biblioteca padrão usar e qual valor esperar?

Solução: Basta trocar a std::normal_distribution por std::poisson_distribution<int> poisson(2.0), somar as amostras geradas e dividir pela contagem. Como a esperança da Poisson é o próprio $\lambda$, o valor estimado deve rondar $2$, com erro padrão $\sqrt{\lambda/N}=\sqrt{2/N}$. A mesma malha de simulação serve a qualquer distribuição da biblioteca <random>, bastando trocar o objeto distribuição.

7. Um laboratório para o zoológico das distribuições

As distribuições deste artigo são fáceis de manipular no papel e difíceis de sentir na intuição: como muda o sino da normal quando o desvio dobra? Que aparência tem a Poisson quando $\lambda$ cresce? O laboratório abaixo transforma cada distribuição em um objeto que a leitora manipula. Escolha a distribuição, ajuste os parâmetros e veja a pmf ou a pdf redesenhar-se, com a esperança e o desvio padrão anotados sobre o gráfico e a cdf acompanhando ao lado. Os presets reproduzem os exemplos numéricos do texto: a Binomial$(10,\,0{,}3)$, a Poisson$(2)$ e a normal $\mathcal{N}(100,15^2)$.

O que o laboratório ensina é que os parâmetros não são rótulos abstratos, mas alavancas de forma. Aumentar $\lambda$ na Poisson desloca o pico para a direita e, ao mesmo tempo, alarga a distribuição, porque a média e a variância crescem juntas. Aumentar $n$ na Binomial com $p$ fixo aproxima o seu perfil do sino normal, uma antecipação visual do teorema central do limite. E variar $\sigma$ na normal muda a largura sem mover o centro, tornando tátil a distinção entre os dois parâmetros que a Seção 3 separou no papel.

7.1 Exercícios da Seção 7

1. No preset da Binomial$(10,\,0{,}3)$, leia no gráfico o valor mais provável e confronte com $\operatorname{E}[X]$.

Solução: A barra mais alta está em $k=3$, com probabilidade $\approx0{,}2668$, e a esperança anotada é $\operatorname{E}[X]=np=3$. Moda e esperança coincidem aqui porque $np$ é inteiro; quando $np$ não é inteiro, a moda é um dos inteiros vizinhos, e o laboratório permite verificar isso movendo $p$.

2. Fixe $\lambda=2$ na Poisson e observe $P(X=1)$ e $P(X=2)$. Por que são iguais?

Solução: A razão entre termos consecutivos da Poisson é $P(X=k)/P(X=k-1)=\lambda/k$. Para $\lambda=2$ e $k=2$, essa razão é $2/2=1$, logo $P(X=2)=P(X=1)$, ambos $\approx0{,}2707$. É o único par consecutivo igual quando $\lambda=2$; para $k>2$ a razão cai abaixo de $1$ e as probabilidades decrescem.

3. Aumente $n$ na Binomial mantendo $p=0{,}3$ e descreva o que ocorre com a forma.

Solução: Com $n$ crescente, o perfil de barras torna-se cada vez mais simétrico e mais parecido com o sino da normal, com o pico em $np$ e largura proporcional a $\sqrt{np(1-p)}$. É a aproximação normal da Binomial, um caso particular do teorema central do limite: a Binomial é uma soma de $n$ Bernoullis, e somas de muitas parcelas independentes tendem à normal.

4. Na normal, dobre $\sigma$ e observe a pdf e a cdf. O que muda em cada uma?

Solução: Na pdf, o sino fica mais baixo e mais largo, mantendo o centro em $\mu$ e a área total igual a $1$: o pico cai porque a mesma massa se espalha por uma faixa maior. Na cdf, a subida em torno de $\mu$ fica mais suave, atravessando o intervalo central de forma mais gradual. O centro não se move em nenhuma das duas; muda apenas a escala horizontal.

5. Configure a normal com $\mu=100$ e $\sigma=15$ e use a leitura da cdf para estimar $P(X<115)$. Compare com o cálculo padronizado.

Solução: O valor $115$ tem escore $z=(115-100)/15=1$, e a cdf padrão dá $\Phi(1)\approx0{,}8413$. A leitura da cdf no laboratório em $x=115$ deve aproximar-se de $0{,}84$. A concordância confirma que a curva desenhada é de fato a acumulada da normal padronizada, e que a regra empírica ($\approx84\%$ abaixo de $\mu+\sigma$, metade dos $68\%$ centrais somada aos $50\%$ inferiores) é consistente com o gráfico.

A concordância confirma que a curva acumulada e a padronização representam a mesma probabilidade.

8. Conclusão

Este artigo deu nome e forma ao objeto que a probabilidade descreve e a inferência manipula: a variável aleatória. Definimos a sua esperança e a sua variância, os dois números que resumem uma distribuição como a média e o desvio resumiram uma amostra, e percorremos o pequeno conjunto de distribuições que cobre a maior parte da prática. As de contagem, Bernoulli, Binomial e Poisson, modelam quantos; as de medida, uniforme e normal, modelam quanto; e a normal, sustentada pelo teorema central do limite, é o centro de gravidade de toda a estatística. Aprendemos a desconfiar da normalidade com o QQ-plot e a reconhecer as caudas longas que a quebram, e conhecemos de antemão a família $t$, qui-quadrado e $F$, que a inferência clássica vai usar sem cessar.

O fio a levar adiante é a distinção entre a distribuição de uma variável e a distribuição de uma estatística calculada sobre uma amostra dela. Até aqui, cada distribuição descreveu um dado individual. A inferência precisa de outra coisa: a distribuição da média de uma amostra, do desvio de uma amostra, de qualquer resumo calculado sobre muitos dados. Essa distribuição amostral é o que torna possível falar da população a partir da amostra, e o teorema central do limite é a chave que a abre. O próximo artigo mede a associação entre variáveis e enfrenta a armadilha mais antiga da estatística, confundir correlação com causa, antes que a série vire, no artigo 7, para a amostragem e a distribuição amostral que fundam toda a inferência.

Acrônimos e Abreviações neste artigo

A seguir está a lista de todos os acrônimos e abreviações identificados no texto, organizados em ordem alfabética com o termo original em inglês e a tradução para o português:

Referências

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BLITZSTEIN, J. K.; HWANG, J. Introduction to Probability. 2. ed. Harvard Stat 110. Disponível em: https://stat110.hsites.harvard.edu/. Acesso em: 23 jul. 2026.

LARSON, R.; FARBER, B. Estatística aplicada. 6. ed. São Paulo: Pearson, 2015.

ORLOFF, J.; BLOOM, J. 18.05 Introduction to Probability and Statistics. MIT OpenCourseWare, 2022. Disponível em: https://ocw.mit.edu/courses/18-05-introduction-to-probability-and-statistics-spring-2022/. Acesso em: 23 jul. 2026.

QUINSLER, A. P. Probabilidade e estatística. 1. ed. Curitiba: Intersaberes, 2022. E-book. Disponível em: https://plataforma.bvirtual.com.br/Acervo/Publicacao/200204. Acesso em: 23 jul. 2026.

WALPOLE, R. E. et al. Probabilidade e estatística: para engenharia e ciências. 8. ed. São Paulo: Pearson, 2008.