Problema 3. Considere a seguinte função
f(x)=\left\{\begin{array}{lr} 3 x^{2}, & -1 \leq x \leq 0 \\\\ 0, & \text { caso contrário } \end{array}\right.á
(a) Mostre que f é uma f.d.p. para alguma variável aleatória contínua X.
(b) Encontre a função de distribuição acumulada F(x) de x.
(c) Considere uma nova variável aleatória Y dada por Y=2 X-1. Determine a função de distribuiçāo acumulada G(Y) e a função de densidade de probabilidade g(y) para Y.

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=\left\{\begin{array}{lr} 3 x^{2}, & -1 \leq x \leq 0 \\\\ 0, & \text{caso contrário} \end{array}\right.á
e faz três perguntas separadas:
(a) mostrar que f é uma f.d.p. (função densidade de probabilidade) de alguma v.a. contínua X;
(b) encontrar a função de distribuição acumulada F(x)=P(X\le x);
(c) para Y=2X-1, determinar a função de distribuição acumulada G(y)=P(Y\le y) e a densidade g(y).
As informações relevantes do enunciado são exatamente a expressão de f(x) e os intervalos onde ela é positiva ( -1\le x\le0) e onde é zero (fora desse intervalo). A resolução começa a seguir.

Passo 2

Primeiro, lembro de forma simples e direta o que é uma f.d.p.: uma função f(x) é densidade de probabilidade de uma v.a. contínua se e somente se satisfaz duas condições:
  1. Não-negatividade: para todo x, f(x)\ge 0.
  2. Normalização: a integral total vale 1, isto é,
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1.
Vou verificar essas duas condições para a função dada. (Isto é a “aula” curta sobre o que precisamos checar.)

Passo 3

Verificação da não-negatividade. Para -1\le x\le0 temos x^{2}\ge 0, então 3x^{2}\ge 0. Fora desse intervalo f(x)=0. Logo, para todo x vale f(x)\ge 0. Assim a primeira condição está satisfeita.

Passo 4

Verificação da normalização: calcular a integral total de f. Como f é zero fora de [-1,0],
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_{-1}^{0} 3x^{2}\,dx.
Calculo da integral: a primitiva de 3x^{2} é x^{3}. Portanto
\int_{-1}^{0} 3x^{2}\,dx = \bigl[x^{3}\bigr]_{-1}^{0} = 0^{3} - (-1)^{3} = 0 - (-1) = 1.
Como a integral total é 1 e f\ge 0, concluímos que f é uma f.d.p. válida. Isso responde a parte (a).

Passo 5

Agora vamos encontrar a função de distribuição acumulada F(x)=P(X\le x)=\int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt. Precisamos escrever F(x) em forma por partes, considerando três regimes de x: x<-1, -1\le x\le 0 e x>0.
  • Se x<-1, o intervalo (-\infty,x] não intercepta o suporte [-1,0] de f, então
F(x)=0\quad\text{para }x<-1.

Passo 6

  • Se -1\le x\le 0, então a integral acumulada pega a parte de [-1,x] dentro do suporte. Assim
F(x)=\int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt = \int_{-1}^{x} 3t^{2}\,dt.
Calculo essa integral: a primitiva de 3t^{2} é t^{3}, então
\int_{-1}^{x} 3t^{2}\,dt = \bigl[t^{3}\bigr]_{-1}^{x} = x^{3} - (-1)^{3} = x^{3}+1.
Portanto
F(x)=x^{3}+1\quad\text{para }-1\le x\le 0.

Passo 7

  • Se x>0, o intervalo (-\infty,x] contém todo o suporte [-1,0], logo
F(x)=1\quad\text{para }x>0.
Juntando os três casos, obtemos a função F(x) completa (respondo a parte (b)).

Passo 8

Agora parte (c): definimos Y=2X-1. Primeiro vou achar o suporte de Y a partir do suporte de X. Como X\in[-1,0],
Y_{\min}=2(-1)-1=-3,\qquad Y_{\max}=2(0)-1=-1.
Portanto Y tem suporte [-3,-1].
Para obter a CDF de Y, uso a equivalência de eventos:
\{Y\le y\}=\{2X-1\le y\}=\{X\le (y+1)/2\}.
Logo, para todo y,
G(y)=P(Y\le y)=P\bigl(X\le (y+1)/2\bigr)=F\!\left(\frac{y+1}{2}\right).
Agora eu preciso traduzir isso em uma fórmula por partes para G(y), usando a expressão de F encontrada antes e lembrando o suporte mapeado.

Passo 9

Construção por partes de G(y):
  • Se y<-3, então (y+1)/2 < -1 e portanto F((y+1)/2)=0. Assim
G(y)=0\quad\text{para }y<-3.
  • Se -3\le y\le -1, então -1\le (y+1)/2 \le 0 e podemos aplicar a fórmula F(x)=x^{3}+1 com x=(y+1)/2. Logo
G(y)=\left(\frac{y+1}{2}\right)^{3}+1\quad\text{para }-3\le y\le -1.
  • Se y>-1, então (y+1)/2>0 e F((y+1)/2)=1. Então
G(y)=1\quad\text{para }y>-1.
Assim está determinada a CDF G(y).

Passo 10

Agora a densidade g(y). Posso obtê-la de duas formas equivalentes: diferenciando G (quando for diferenciável) ou usando a fórmula de mudança de variável para transformações monotônicas lineares. Vou fazer as duas (a segunda é mais curta, a primeira mostra o porquê).
  1. Diferenciando G(y)=F((y+1)/2) nas partes onde é diferenciável, aplico a regra da cadeia:
g(y)=G'(y)=F'\!\left(\frac{y+1}{2}\right)\cdot\frac{d}{dy}\!\left(\frac{y+1}{2}\right) = f\!\left(\frac{y+1}{2}\right)\cdot\frac{1}{2}.
Isto vale onde (y+1)/2 está no intervalo (-1,0), ou seja, para y\in(-3,-1). Fora desse intervalo g(y)=0.
  1. Usando diretamente a fórmula para transformação linear Y=aX+b com a=2>0: tem-se
g(y)=\frac{1}{|a|}\,f\!\left(\frac{y-b}{a}\right)=\frac{1}{2}\,f\!\left(\frac{y+1}{2}\right).
Isto confirma o resultado acima.
Substituindo f(x)=3x^{2} para x=(y+1)/2, obtemos para y\in[-3,-1]
g(y)=\frac{1}{2}\cdot 3\left(\frac{y+1}{2}\right)^{2} = \frac{3}{2}\cdot\frac{(y+1)^{2}}{4} = \frac{3(y+1)^{2}}{8}.
E fora desse intervalo g(y)=0.

Passo 11

Checagem rápida (opcional, mas bom para confiança): integrar g no suporte dá
\int_{-3}^{-1} \frac{3(y+1)^{2}}{8}\,dy
fazendo u=y+1 (então u vai de -2 a 0) temos
\int_{-2}^{0} \frac{3u^{2}}{8}\,du = \frac{3}{8}\cdot\frac{u^{3}}{3}\Big|_{-2}^{0} = \frac{1}{8}\bigl(0 - (-8)\bigr)=1,
confirmando normalização de g. Boa — tudo consistente!

Resposta

(a) Sim. f é uma f.d.p. porque f(x)\ge 0 para todo x e \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=\int_{-1}^{0}3x^{2}\,dx=1.
(b) F(x)=\begin{cases} 0, & x<-1,\\[4pt] x^{3}+1, & -1\le x\le 0,\\[4pt] 1, & x>0. \end{cases}
(c) G(y)=\begin{cases} 0, & y<-3,\\[4pt] \left(\dfrac{y+1}{2}\right)^{3}+1, & -3\le y\le -1,\\[8pt] 1, & y>-1, \end{cases} \qquad g(y)=\begin{cases} \dfrac{3(y+1)^{2}}{8}, & -3\le y\le -1,\\[6pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á]

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