Questão 6. Considere uma variável aleatória contínua X\) com f.d.p. \[f(x)= \begin{cases}x, & 0 \leq x \leq 1 \\\\ 2-x, & 1<x \leq 2 \\\\ 0, & \text { caso contrário. }\end{cases}
(a) Verifique que f\] é uma f.d.p. válida. (b) Calcule \(P(0,5 \leq X \leq 1,5).
(c) Determine a f.d.a. F(x).

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que ele pede.
  • A função densidade de probabilidade (f.d.p.) é dada por
f(x)= \begin{cases}x, & 0 \leq x \leq 1 \\[4pt] 2-x, & 1<x \leq 2 \\[4pt] 0, & \text{caso contrário.}\end{cases}á
  • Perguntas:
    (a) Verificar se f é uma f.d.p. válida (ou seja: não-negatividade e integral total igual a 1).
    (b) Calcular P(0,5 \leq X \leq 1,5).
    (c) Determinar a função de distribuição acumulada F(x)=P(X\le x).]

Passo 2

Condição 1 para ser f.d.p.: f(x)\ge 0 para todo x.
  • Observe a definição por partes:
    • Para 0\le x\le1 tem-se f(x)=x. Como x nesse intervalo é \ge0, então f(x)\ge0 aí.
    • Para 1<x\le2 tem-se f(x)=2-x. Nesse intervalo 1<x\le2 implica 0\le 2-x<1, logo f(x)\ge0.
    • Fora de [0,2] temos f(x)=0.
  • Conclusão: f(x)\ge0 para todo x.

Passo 3

Condição 2 para ser f.d.p.: a integral de f em (-\infty,\infty) deve ser 1. Como f é zero fora de [0,2], basta calcular
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_{0}^{1} x\,dx + \int_{1}^{2} (2-x)\,dx.
Calcule cada integral:
\int_{0}^{1} x\,dx = \left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{1} = \frac{1^{2}}{2}-0 = \frac{1}{2}.
\int_{1}^{2} (2-x)\,dx = \left[2x-\frac{x^{2}}{2}\right]_{1}^{2} = \left(4-\frac{4}{2}\right)-\left(2-\frac{1}{2}\right) = (4-2)-(2-\tfrac{1}{2}) = 2- \tfrac{3}{2} = \tfrac{1}{2}.
Somando:
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{2} = 1.
Portanto f satisfaz as duas condições: é não-negativa e integra 1. Logo f é uma f.d.p. válida.

Passo 4

Agora (b): calcular P(0,5 \leq X \leq 1,5). Para variável contínua isso é a integral de f de 0{,}5 até 1{,}5. Como a função muda em x=1, separamos a integral:
P(0{,}5 \le X \le 1{,}5) = \int_{0{,}5}^{1} x\,dx + \int_{1}^{1{,}5} (2-x)\,dx.
Calcule a primeira:
\int_{0{,}5}^{1} x\,dx = \left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{0{,}5}^{1} = \frac{1^{2}}{2} - \frac{(0{,}5)^{2}}{2} = \frac{1}{2} - \frac{0{,}25}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{4}{8}-\frac{1}{8}=\frac{3}{8}.
Calcule a segunda:
\int_{1}^{1{,}5} (2-x)\,dx = \left[2x-\frac{x^{2}}{2}\right]_{1}^{1{,}5} = \left(2\cdot1{,}5 - \frac{(1{,}5)^{2}}{2}\right) - \left(2\cdot1 - \frac{1^{2}}{2}\right).
Avalie numericamente:
2\cdot1{,}5 = 3,\qquad \frac{(1{,}5)^{2}}{2}=\frac{2{,}25}{2}=1{,}125,
então a parte superior é 3-1{,}125=1{,}875. A parte inferior é 2 - \tfrac{1}{2}=1{,}5. Subtraindo:
1{,}875 - 1{,}5 = 0{,}375 = \frac{3}{8}.
Somando as duas parcelas:
P(0{,}5 \le X \le 1{,}5) = \frac{3}{8} + \frac{3}{8} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}.

Passo 5

Agora (c): determinar a função de distribuição acumulada F(x)=P(X\le x)=\int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt. Vamos construir F peça a peça, lembrando que f é zero fora de [0,2].
  • Para x<0:
F(x)=0,
pois nenhuma massa está à esquerda de 0.
  • Para 0\le x \le 1: a integral vai de 0 até x com f(t)=t. Assim
F(x)=\int_{0}^{x} t\,dt = \left[\frac{t^{2}}{2}\right]_{0}^{x} = \frac{x^{2}}{2}.
  • Para 1< x \le 2: a probabilidade até x é a probabilidade até 1 mais a integral de 1 até x com f(t)=2-t. Já sabemos que \int_{0}^{1} t\,dt=\tfrac{1}{2}. Então
F(x)=\frac{1}{2} + \int_{1}^{x} (2-t)\,dt.
Calcule a integral:
\int_{1}^{x} (2-t)\,dt = \left[2t-\frac{t^{2}}{2}\right]_{1}^{x} = \left(2x-\frac{x^{2}}{2}\right) - \left(2-\frac{1}{2}\right) = 2x-\frac{x^{2}}{2} - \frac{3}{2}.
Somando com \tfrac{1}{2}:
F(x)=\frac{1}{2} + \left(2x-\frac{x^{2}}{2} - \frac{3}{2}\right) = 2x - \frac{x^{2}}{2} - 1.
Pode reescrever de forma mais estética:
F(x)= -\frac{1}{2}x^{2} + 2x -1,\qquad 1< x \le 2.
  • Para x>2:
F(x)=1,
pois toda a massa está em [0,2].

Passo 6

Vamos checar continuidade e coerência (dica útil para prova):
  • Em x=0: \lim_{x\to0^-}F(x)=0 e F(0)=\tfrac{0^{2}}{2}=0.
  • Em x=1: do lado esquerdo F(1)=\tfrac{1^{2}}{2}=\tfrac{1}{2}. Do lado direito usando a expressão para 1<x\le2,
-\tfrac{1}{2}\cdot1^{2}+2\cdot1-1 = -\tfrac{1}{2}+2-1=\tfrac{1}{2}.
Então é contínua em 1.
  • Em x=2: F(2)= -\tfrac{1}{2}\cdot4 + 4 -1 = -2+3=1, coincidente com F(x)=1 para x>2.
Exemplo rápido de uso: F(1{,}5)= -\tfrac{1}{2}(1{,}5)^{2}+2(1{,}5)-1 = -1{,}125 +3 -1 = 0{,}875. E F(0{,}5)=\tfrac{(0{,}5)^{2}}{2}=0{,}125. A diferença F(1{,}5)-F(0{,}5)=0{,}75=\tfrac{3}{4}, que bate com o resultado de (b).

Resposta

(a) Sim, f é uma f.d.p. válida.
(b) P(0{,}5 \le X \le 1{,}5)=\dfrac{3}{4}.
(c) F(x)=\begin{cases} 0, & x<0,\\[4pt] \dfrac{x^{2}}{2}, & 0\le x\le 1,\\[6pt] -\dfrac{1}{2}x^{2}+2x-1, & 1< x\le 2,\\[6pt] 1, & x>2. \end{cases}]

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