Exercício 9 Seja X\) uma variável aleatória com f.d.p dada porr \[f_{X}(x)= \begin{cases}2 e^{-2 x}, & \text { se } x>0 \\\\ 0, & \text { se } x \leq 0\end{cases}
Determine a f.d.p das variáveis
(b) (Y=1 / X].

Passo 1

O enunciado dá a densidade de X\): \[f_X(x)=\begin{cases}2e^{-2x}, & \text{se } x>0,\\[4pt] 0,& \text{se } x\le 0.\end{cases}
Pede para determinar a densidade da variável Y\] definida por \(Y=1/X.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • X é contínua com suporte (0,\infty).
  • A transformação é Y=h(X)=1/X.
  • O objetivo: achar f_Y(y) para todo y\in\mathbb{R}.]

Passo 2

Vamos aprender a técnica que usaremos (muito útil na prova): transformação monotônica de variável aleatória contínua. Se Y=h(X) e h é bijetora e diferenciável numa região onde ocorre probabilidade, a densidade de Y é dada por
f_Y(y)=f_X\big(h^{-1}(y)\big)\left|\frac{d}{dy}h^{-1}(y)\right|.
Explicando cada parte:
  • h^{-1}(y) é a inversa da transformação, isto é, o valor de x que produz y.
  • \left|\dfrac{d}{dy}h^{-1}(y)\right| é o valor absoluto da derivada da inversa — ele aparece porque ao mudar de variável a “espessura” dos intervalos muda (jacobiano unidimensional).
  • Essa fórmula apenas reexpressa a conservação de probabilidades: f_Y(y)\,dy = f_X(x)\,dx com x=h^{-1}(y) e dx = (dh^{-1}/dy)\,dy.
Exemplo rápido e simples para fixar: se Y=2X, então h^{-1}(y)=y/2 e |(h^{-1})'(y)|=1/2. Logo f_Y(y)=f_X(y/2)\cdot\frac{1}{2}.

Passo 3

Aplique a técnica ao nosso caso Y=1/X.
  • Primeiro encontre a inversa: se y=1/x então x=1/y. Assim h^{-1}(y)=1/y.
  • Derive a inversa em relação a y:
\frac{d}{dy}h^{-1}(y)=\frac{d}{dy}\left(\frac{1}{y}\right)=-\frac{1}{y^{2}}.
O valor absoluto é \left|\dfrac{d}{dy}h^{-1}(y)\right|=\dfrac{1}{y^{2}}.
Precaução sobre domínio: como X>0 quase certamente, a transformação y=1/x produz y>0. Portanto o suporte de Y é (0,\infty). Para y\le 0 a densidade deve ser zero.

Passo 4

Agora substituímos na fórmula:
f_Y(y)=f_X\big(h^{-1}(y)\big)\left|\frac{d}{dy}h^{-1}(y)\right| = f_X\!\left(\frac{1}{y}\right)\cdot\frac{1}{y^{2}}.
Como f_X(x)=2e^{-2x} para x>0, substituindo x=1/y (válido quando y>0) obtemos
f_Y(y)=2e^{-2(1/y)}\cdot\frac{1}{y^{2}}=\frac{2}{y^{2}}\,e^{-2/y},\qquad y>0.
E para y\le 0 temos f_Y(y)=0.

Passo 5

Vamos checar rapidamente que essa função é uma densidade (normaliza para 1). Calcule
\int_{0}^{\infty}\frac{2}{y^{2}}e^{-2/y}\,dy.
Use a mudança de variável x=1/y. Então y=1/x e dy=-1/x^{2}\,dx. Os limites trocam de y:0\to\infty para x:\infty\to 0. Assim
\int_{0}^{\infty}\frac{2}{y^{2}}e^{-2/y}\,dy =\int_{\infty}^{0}2e^{-2x}\underbrace{\frac{1}{(1/x)^{2}}}_{=x^{2}}\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)\,dx =\int_{\infty}^{0}-2e^{-2x}\,dx =\int_{0}^{\infty}2e^{-2x}\,dx=1.
Portanto a função encontrada é de fato uma densidade válida.

Passo 6

Resumo prático para a prova (dica amiga): quando tiver Y=g(X) com g monotônica, sempre ache g^{-1}, calcule |(g^{-1})'(y)| e multiplique por f_X(g^{-1}(y)). Verifique o suporte transformando o suporte de X pela função g.

Resposta

f_Y(y)=\begin{cases}\dfrac{2}{y^{2}}\,e^{-2/y}, & \text{se } y>0,\\[6pt] 0, & \text{se } y\le 0.\end{cases}]

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