A função de distribuição de X\) é dada por: \[F_{X}(x)= \begin{cases}0, & \text { se } x<-2 \\\ \frac{1}{10}(x+2), & \text { se }-2 \leq x<0 \\\ \frac{1}{5}+\frac{x}{10}+\frac{3 x^{2}}{250}, & \text { se } 0 \leq x<5 \\\\ 1, & \text { se } x \geq 5\end{cases}
a. Calcule E(X)\], sem obter primeiro a densidade de \(X.
b. Obtenha E\left(X^{2}\right), via densidade de X.
c. Obtenha E\left(X^{2}\right), via densidade de X^{2}.

Passo 1

O enunciado fornece a função de distribuição acumulada F_X(x) em quatro pedaços e pede:
a) calcular \,E(X) diretamente de F_X sem achar a densidade,
b) calcular \,E(X^2) usando a densidade de X (isto é, f_X=F_X'),
c) calcular \,E(X^2) construindo a densidade de Y=X^2.
Para isso vamos usar (i) a fórmula de “integração por partes” para esperança a partir de F, (ii) derivar F_X para obter f_X e (iii) a transformação de variáveis para Y=X^2.

Passo 2

Para calcular E(X) sem achar f_X usaremos a identidade
E(X) =\int_{0}^{\infty}\bigl(1 - F_X(x)\bigr)\,dx \;-\;\int_{-\infty}^{0}F_X(x)\,dx.

Passo 3

Calculemos a parte positiva
\int_{0}^{\infty}\bigl(1 - F_X(x)\bigr)\,dx =\int_{0}^{5}\Bigl[1 - \Bigl(\tfrac15+\tfrac{x}{10}+\tfrac{3x^2}{250}\Bigr)\Bigr]dx
=\int_{0}^{5}\Bigl(\tfrac{4}{5}-\tfrac{x}{10}-\tfrac{3x^2}{250}\Bigr)dx = \Bigl[\tfrac{4}{5}x - \tfrac{x^2}{20} - \tfrac{x^3}{250}\Bigr]_{0}^{5} =4 - 1{,}25 - 0{,}5 =2{,}25.

Passo 4

Agora a parte negativa
\int_{-\infty}^{0}F_X(x)\,dx =\int_{-2}^{0}\frac{x+2}{10}\,dx =\frac{1}{10}\Bigl[\tfrac{x^2}{2}+2x\Bigr]_{-2}^{0} =\frac{1}{10}(0 - (-2)) =0{,}2.

Passo 5

Subtraindo, obtemos
E(X)=2{,}25 - 0{,}2 = 2{,}05 = \frac{41}{20}.

Passo 6

Para E(X^2) via densidade de X, primeiro derivamos F_X:
para -2<x<0,
f_X(x)=\frac{d}{dx}\Bigl(\tfrac{x+2}{10}\Bigr)=\tfrac{1}{10},
para 0<x<5,
f_X(x)=\frac{d}{dx}\Bigl(\tfrac15+\tfrac{x}{10}+\tfrac{3x^2}{250}\Bigr) =\tfrac{1}{10}+\tfrac{6x}{250} =\tfrac{1}{10}+\tfrac{3x}{125},
e f_X(x)=0 fora desses intervalos.

Passo 7

Calculamos
E(X^2) =\int_{-2}^{0}x^2\!\bigl(\tfrac{1}{10}\bigr)\,dx +\int_{0}^{5}x^2\Bigl(\tfrac{1}{10}+\tfrac{3x}{125}\Bigr)dx.
A parte -2\to0:
\frac{1}{10}\int_{-2}^{0}x^2dx =\frac{1}{10}\Bigl[\tfrac{x^3}{3}\Bigr]_{-2}^{0} =\frac{8}{30}=\frac{4}{15}.
A parte 0\to5:
\int_{0}^{5}x^2\!\tfrac{1}{10}dx =\tfrac{125}{30}=\tfrac{25}{6}, \quad \int_{0}^{5}x^2\!\tfrac{3x}{125}dx =\tfrac{3}{125}\cdot\tfrac{5^4}{4} =\tfrac{15}{4},
logo
E(X^2) =\frac{4}{15} + \frac{25}{6} + \frac{15}{4} =\frac{4}{15} + \frac{95}{12} =\frac{491}{60}.

Passo 8

Para Y=X^2 em y\in[0,25] usamos transformação:
  • Se 0\le y<4, duas pré-imagens x=\pm\sqrt{y} caem em regiões onde f_X(\sqrt{y})=\tfrac{1}{10}+\tfrac{3\sqrt{y}}{125} e f_X(-\sqrt{y})=\tfrac{1}{10}.
  • Se 4\le y<25, só x=+\sqrt{y} tem densidade não nula.
    Assim obtém-se
f_Y(y)= \begin{cases} \tfrac{1}{10\sqrt{y}}+\tfrac{3}{250},&0<y<4,\\[6pt] \tfrac{1}{20\sqrt{y}}+\tfrac{3}{250},&4<y<25,\\\\ 0,&\text{caso contrário.} \end{cases}á
]

Passo 9

Finalmente
E(Y) =\int_{0}^{25}y\,f_Y(y)\,dy =\int_{0}^{4}\Bigl(\tfrac{\sqrt{y}}{10}+\tfrac{3y}{250}\Bigr)dy +\int_{4}^{25}\Bigl(\tfrac{\sqrt{y}}{20}+\tfrac{3y}{250}\Bigr)dy
que, após calcular as primitivas em cada intervalo, dá
E(Y)=\frac{491}{60},
coincidindo com E(X^2) obtido em

Resposta

E(X)=\tfrac{41}{20},\quad E(X^2)=\tfrac{491}{60}.