Uma v.a. X\) contínua tem a seguinte fdp: \[f(x)= \begin{cases}k\left[1-(x-3)^{2}\right] & 2 \leq x \leq 4 \\\\ 0 & \text { caso contrário }\end{cases}
(a) Faça o gráfico da fdp; (b) Determine o valor de k\]; \text{(c)} Calcule \(\mathrm{P}(\mathrm{X}>3,5).

Passo 1

O enunciado dá uma v.a. contínua X\) com fdp \[f(x)= \begin{cases} k\bigl[1-(x-3)^{2}\bigr],&2\le x\le4,\\\\ 0,&\text{caso contrário}, \end{cases}
e pede: (a) o gráfico de f\]; (b) o valor de \(k via a condição \int f(x)\,dx=1; (c) \mathrm{P}(X>3,5)=\int_{3,5}^{4}f(x)\,dx.

Passo 2

Para esboçar o gráfico note que o núcleo g(x)=1-(x-3)^{2} é uma parábola invertida com raízes em x=2 e x=4 e máximo g(3)=1. Assim, f(x)=k\,g(x) em [2,4] é o mesmo formato, só que escalado verticalmente por k. Ou seja, em x=2 e x=4 temos f=0, em x=3 temos f(3)=k, e entre 2 e 4 a curva é lisa e côncava para baixo.

Passo 3

Impondo a normalização,
1=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx =\int_{2}^{4}k\bigl[1-(x-3)^{2}\bigr]dx =k\int_{2}^{4}\bigl[1-(x-3)^{2}\bigr]dx.
Calcule
\int\bigl[1-(x-3)^{2}\bigr]dx =\int1\,dx-\int(x-3)^{2}dx =x-\frac{(x-3)^{3}}{3}
e avalie de 2 a 4:
\Bigl(4-\tfrac{1^{3}}{3}\Bigr)-\Bigl(2-\tfrac{(-1)^{3}}{3}\Bigr) =\bigl(4-\tfrac13\bigr)-\bigl(2+\tfrac13\bigr) =\tfrac{11}{3}-\tfrac{7}{3} =\tfrac{4}{3}.
Logo k\cdot\frac{4}{3}=1, isto é,
k=\frac{3}{4}.

Passo 4

Para \mathrm{P}(X>3,5) computamos
\int_{3,5}^{4}f(x)\,dx =\frac{3}{4}\int_{3,5}^{4}\bigl[1-(x-3)^{2}\bigr]dx.
Usando o mesmo antiderivado x-\tfrac{(x-3)^{3}}{3} e avaliando de 3,5 a 4,
\int_{3,5}^{4}\bigl[1-(x-3)^{2}\bigr]dx =\Bigl(4-\tfrac{1^{3}}{3}\Bigr) -\Bigl(3{,}5-\tfrac{0{,}5^{3}}{3}\Bigr) =\tfrac{11}{3}-\Bigl(\tfrac{7}{2}-\tfrac{1}{24}\Bigr) =\tfrac{11}{3}-\tfrac{83}{24} =\tfrac{5}{24}.
Portanto
\mathrm{P}(X>3,5) =\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{24} =\frac{5}{32}.

Resposta

(a) Gráfico: parábola invertida em [2,4] com zeros em x=2,4 e pico f(3)=k.
(b) k=\tfrac{3}{4}.
(c) \mathrm{P}(X>3,5)=\tfrac{5}{32}.

Exercícios relacionados