Dada a seguinte funçâo densidade de probabilidade ( 2,0 pontos)
f(x)=\left\{\begin{array}{l} k(2-x) ; \text { se } 0 \leq x<1 \\\ k ; \text { se } 1 \leq x \leq 2 \\\\ 0 \quad \text { Caso Conirário } \end{array}\right.á
Responda: a) Determine o valor de " k "; b) Encontre e represente graficaments a Funges Distribuiçâo Acumulada; c) Calcule a E(X); d) Determine a probabilidade P(x \geq 0.5)

Passo 1

O enunciado dá uma densidade de probabilidade contínua definida por
f(x)= \begin{cases} k\,(2 - x), & 0 \le x < 1,\\\ k, & 1 \le x \le 2,\\\\ 0, & \text{caso contrário}. \end{cases}á
O conteúdo envolvido é: normalização de densidade, construção da função de distribuição acumulada (FDA), cálculo de valor esperado e probabilidade de cauda. Vamos usar integrais definidas para cada parte.

Passo 2

Para determinar k usamos a condição de normalização
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1.
Como f(x)=0 fora de [0,2], temos
\int_{0}^{1} k\,(2 - x)\,dx \;+\;\int_{1}^{2} k\,dx \;=\;1.
Calcule a primeira integral:
\int_{0}^{1}(2 - x)\,dx =\Bigl[2x - \tfrac{x^2}{2}\Bigr]_{0}^{1} =2 - \tfrac12 = \tfrac32.
E a segunda:
\int_{1}^{2}dx = 1.
Logo
k\Bigl(\tfrac32 + 1\Bigr) = k\cdot\tfrac52 = 1 \quad\Longrightarrow\quad k = \tfrac{2}{5}.

Passo 3

A função de distribuição acumulada F(x)=P(X\le x) é
1. Para x<0:
F(x)=0.
2. Para 0 \le x < 1:
F(x) =\int_{0}^{x} \frac{2}{5}\,(2 - t)\,dt =\frac{2}{5}\Bigl[2t - \tfrac{t^2}{2}\Bigr]_{0}^{x} =\frac{4x - x^2}{5}.
3. Para 1 \le x \le 2:
F(x) =F(1^-)+\int_{1}^{x}\frac{2}{5}\,dt =\frac{4\cdot1 - 1^2}{5} + \frac{2}{5}(x-1) =\frac{3}{5} + \frac{2(x-1)}{5} =\frac{2x + 1}{5}.
4. Para x>2:
F(x)=1.
Graficamente, F(x) é uma parábola que vai de (0,0) a (1,3/5) e depois uma reta crescente de (1,3/5) a (2,1).

Passo 4

O valor esperado é
E(X) =\int_{0}^{1} x\cdot \frac{2}{5}(2-x)\,dx \;+\;\int_{1}^{2} x\cdot \frac{2}{5}\,dx.
Calcule a primeira parte:
\int_{0}^{1}x(2 - x)\,dx =\Bigl[x^2 - \tfrac{x^3}{3}\Bigr]_{0}^{1} =1 - \tfrac13 = \tfrac23,
portanto contribui com \tfrac{2}{5}\cdot \tfrac23 = \tfrac{4}{15}. A segunda parte:
\int_{1}^{2}x\,dx =\Bigl[\tfrac{x^2}{2}\Bigr]_{1}^{2} =2 - \tfrac12 = \tfrac32,
que multiplicado por \tfrac{2}{5} \tfrac{3}{5} = \tfrac{9}{15}. Somando,
E(X) = \frac{4}{15} + \frac{9}{15} = \frac{13}{15}.

Passo 5

Para P(X \ge 0{,}5) usamos
P(X \ge 0{,}5) = 1 - F(0{,}5^-).
Como 0{,}5<1,
F(0{,}5) = \frac{4\cdot0{,}5 - (0{,}5)^2}{5} =\frac{2 - 0{,}25}{5} =\frac{1{,}75}{5} =0{,}35.
Logo
P(X \ge 0{,}5) = 1 - 0{,}35 = 0{,}65.

Resposta

a) k = \tfrac{2}{5}.
b)
Para x<0, F(x)=0.
Para 0\le x<1, \displaystyle F(x)=\frac{4x - x^2}{5}.
Para 1\le x\le2, \displaystyle F(x)=\frac{2x + 1}{5}.
Para x>2, F(x)=1.
c) E(X)=\tfrac{13}{15}.
d) P(X \ge 0{,}5)=0{,}65.

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