Exercício 19 De um conjunto com N elementos, um subconjunto não vazio é selecionado ao acaso. Seja X o número de elementos contidos no conjunto selecionado. Determine uma expressão para a função de probabilidades de X, para o valor médio e a variância de X. Mostre que
\lim \frac{E[X]}{N}=\frac{1}{2}, \quad \lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{\operatorname{Var}[X]}{N}=\frac{1}{4}

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede isto:
  • Temos um conjunto com N elementos.
  • Seleciona-se ao acaso (uniformemente) um subconjunto não vazio desse conjunto.
  • Define-se X como o número de elementos do subconjunto selecionado.
O que é pedido:
  1. A função de probabilidades de X, isto é P(X=k) para k=1,2,\dots,N.
  2. O valor médio E[X].
  3. A variância \operatorname{Var}[X].
  4. Mostrar que
\lim_{N\to+\infty}\frac{E[X]}{N}=\frac{1}{2}, \qquad \lim_{N\to+\infty}\frac{\operatorname{Var}[X]}{N}=\frac{1}{4}.
Informações relevantes que vamos usar (sem resolver ainda):
  • O número total de subconjuntos de um conjunto com N elementos é 2^{N}; excluindo o conjunto vazio, o espaço amostral tem 2^{N}-1 subconjuntos.
  • O número de subconjuntos que têm exatamente k elementos é \binom{N}{k}.

Passo 2

Determinar a função de probabilidades P(X=k).
Razão: a escolha é uniforme entre todos os subconjuntos não vazios. O número de subconjuntos não vazios é 2^{N}-1. Entre eles, exatamente \binom{N}{k} têm tamanho k. Logo, para k=1,2,\dots,N,
P(X=k)=\frac{\binom{N}{k}}{2^{N}-1}.
Isto fornece a função de probabilidade completa de X.

Passo 3

Calcular E[X].
Usaremos a identidade clássica
\sum_{k=0}^{N}\binom{N}{k}=2^{N}
e a identidade para a soma com peso k
\sum_{k=0}^{N} k\binom{N}{k}=N2^{N-1}.
Explicação (curta) da segunda identidade: deriva-se da diferenciação da soma binomial. Escrever (1+x)^{N}=\sum_{k=0}^{N}\binom{N}{k}x^{k}. Diferenciando ambos os lados e avaliando em x=1 obtém-se N2^{N-1}=\sum_{k=0}^{N}k\binom{N}{k}. (Também existe uma interpretação combinatória: contar pares composto por um elemento marcado e um subconjunto que contém esse elemento.)
Como X não contempla o caso k=0, mas a soma para k\ge1 difere só pelo termo k=0 que vale zero, podemos usar diretamente a soma acima. Assim
E[X]=\sum_{k=1}^{N} k\,P(X=k)=\frac{1}{2^{N}-1}\sum_{k=1}^{N} k\binom{N}{k} =\frac{N2^{N-1}}{2^{N}-1}.

Passo 4

Calcular E[X^{2}] (passo intermediário para a variância).
Usamos a decomposição k^{2}=k(k-1)+k. Portanto
\sum_{k=0}^{N}k^{2}\binom{N}{k}=\sum_{k=0}^{N}k(k-1)\binom{N}{k}+\sum_{k=0}^{N}k\binom{N}{k}.
As duas somas conhecidas são:
\sum_{k=0}^{N}k\binom{N}{k}=N2^{N-1},
\sum_{k=0}^{N}k(k-1)\binom{N}{k}=N(N-1)2^{N-2},
onde a segunda identidade também pode ser obtida por derivação duas vezes de (1+x)^{N} e avaliando em x=1, ou por contagem dupla (escolher uma dupla ordenada de dois elementos distintos e depois completar arbitrariamente os demais elementos do subconjunto).
Somando,
\sum_{k=0}^{N}k^{2}\binom{N}{k}=N(N-1)2^{N-2}+N2^{N-1}.
Como o termo k=0 é zero, para X vale a mesma soma para k\ge1. Assim
E[X^{2}]=\frac{N(N-1)2^{N-2}+N2^{N-1}}{2^{N}-1}.
Podemos simplificar um pouco o numerador fatorando 2^{N-2}:
E[X^{2}]=\frac{2^{N-2}\bigl(N(N-1)+2N\bigr)}{2^{N}-1} =\frac{2^{N-2}\bigl(N^{2}+N\bigr)}{2^{N}-1}.

Passo 5

Calcular \operatorname{Var}[X] e apresentar forma compacta.
Pela definição,
\operatorname{Var}[X]=E[X^{2}]-\bigl(E[X]\bigr)^{2}.
Substituindo as expressões obtidas:
\operatorname{Var}[X]=\frac{2^{N-2}\bigl(N^{2}+N\bigr)}{2^{N}-1} -\left(\frac{N2^{N-1}}{2^{N}-1}\right)^{2}.
Colocando em denominador comum (2^{N}-1)^{2} e simplificando (feito passo a passo):
\operatorname{Var}[X] =\frac{2^{N-2}(N^{2}+N)(2^{N}-1)-N^{2}2^{2N-2}}{(2^{N}-1)^{2}}.
Agrupando termos e fatorando N2^{N-2} obtém-se a forma mais compacta
\operatorname{Var}[X] =\frac{N2^{N-2}\bigl(2^{N}-(N+1)\bigr)}{(2^{N}-1)^{2}}.
Essa expressão é equivalente à anterior e é conveniente para estudar limites.

Passo 6

Mostrar os limites pedidos.
Primeiro limite para a média normalizada:
\frac{E[X]}{N}=\frac{N2^{N-1}}{N(2^{N}-1)}=\frac{2^{N-1}}{2^{N}-1}.
Como 2^{N}-1\sim 2^{N} quando N\to\infty, temos
\lim_{N\to+\infty}\frac{E[X]}{N} =\lim_{N\to+\infty}\frac{2^{N-1}}{2^{N}-1} =\frac{1}{2}.
Mais formalmente, dividindo numerador e denominador por 2^{N} dá limite 1/2.
Agora o segundo limite para a variância normalizada. Começamos de
\frac{\operatorname{Var}[X]}{N} =\frac{2^{N-2}\bigl(2^{N}-(N+1)\bigr)}{(2^{N}-1)^{2}}.
Dividindo numerador e denominador por 2^{2N} (ou observando que 2^{N}-(N+1)\sim 2^{N} e (2^{N}-1)^{2}\sim 2^{2N}) obtemos
\lim_{N\to+\infty}\frac{\operatorname{Var}[X]}{N} =\lim_{N\to+\infty}\frac{2^{2N-2}-2^{N-2}(N+1)}{2^{2N}-2^{N+1}+1} =\frac{1}{4}.
Argumento intuitivo: o termo dominante no numerador é 2^{2N-2} e no denominador é 2^{2N}, a razão tende a 2^{-2}=1/4; os termos com fatores polinomiais em N ficam insignificantes frente a 2^{N}.
Concluímos assim os dois limites solicitados.

Resposta

P(X=k)=\dfrac{\binom{N}{k}}{2^{N}-1},\quad k=1,2,\dots,N.
E[X]=\dfrac{N2^{N-1}}{2^{N}-1}.
\operatorname{Var}[X]=\dfrac{N2^{N-2}\bigl(2^{N}-(N+1)\bigr)}{(2^{N}-1)^{2}}.
\displaystyle \lim_{N\to+\infty}\frac{E[X]}{N}=\frac{1}{2}.
\displaystyle \lim_{N\to+\infty}\frac{\operatorname{Var}[X]}{N}=\frac{1}{4}.

Exercícios relacionados