Seja f(x) uma função densidade de probabilidade dada por:
f(x)=\left\{\begin{array}{cc} x, & \text { se } 0<x<1 \\\\ 2-x, & \text { se } 1 \leq x \leq 2 \\\\ 0, & \text { para outros valores de } x \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado nos dá a densidade de probabilidade f(x) definida por
f(x)=\left\{\begin{array}{cc} x, & \text{se } 0<x<1,\\[4pt] 2-x, & \text{se } 1\le x\le 2,\\[4pt] 0, & \text{para outros valores de } x. \end{array}\right.
O enunciado não listou perguntas explícitas. Para estudar de forma completa (e útil para prova) vou resolver os itens que normalmente são pedidos para uma função densidade:
  1. Verificar se f é uma densidade válida (não-negatividade e integral 1).
  2. Encontrar a função de distribuição acumulada F(x)=P(X\le x).
  3. Calcular a esperança E[X].
  4. Calcular a variância \operatorname{Var}(X).
  5. Determinar a mediana.
  6. Indicar a(s) moda(s).]

Passo 2

Verificar se f é uma densidade válida.
Conceito rápido (aula curta): uma função f é densidade de probabilidade se (i) f(x)\ge 0 para todo x e (ii) \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1. Aqui vemos à vista que f(x)\ge 0 no suporte 0<x<2 e é zero fora, então basta checar a integral total.
Calculemos a integral em dois trechos (pois f é definida por partes):
Para 0<x<1:
\int_{0}^{1} x\,dx=\left.\frac{x^{2}}{2}\right|_{0}^{1}=\frac{1}{2}.
Para 1\le x\le 2:
\int_{1}^{2} (2-x)\,dx=\left.[2x-\frac{x^{2}}{2}]\right|_{1}^{2} = \big(4-\tfrac{4}{2}\big)-\big(2-\tfrac{1}{2}\big) = (4-2)-(2-0{,}5)=2-1{,}5=0{,}5=\frac{1}{2}.
Somando:
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1.
Conclusão didática: f satisfaz as condições, então é uma densidade válida.

Passo 3

Encontrar a função de distribuição acumulada [F(x)=P(X\le x)).
Conceito: F(x)=\int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt. Como f é por partes, F também será por partes.
  1. Para x\le 0: o suporte começa em 0, então
F(x)=0 \quad\text{se } x\le 0.
  1. Para 0<x<1: integramos de 0 até x usando f(t)=t:
F(x)=\int_{0}^{x} t\,dt=\left.\frac{t^{2}}{2}\right|_{0}^{x}=\frac{x^{2}}{2}.
  1. Para 1\le x\le 2: acumulamos a probabilidade até 1 e depois de 1 até x. Usamos que da imagem obtivemos \int_{0}^{1} t\,dt=\tfrac{1}{2}. Então
F(x)=\frac{1}{2}+\int_{1}^{x} (2-t)\,dt = \frac{1}{2}+\left.[2t-\frac{t^{2}}{2}]\right|_{1}^{x}.
Calculemos a integral complementar:
\left.[2t-\frac{t^{2}}{2}]\right|_{1}^{x} = \big(2x-\tfrac{x^{2}}{2}\big)-\big(2-\tfrac{1}{2}\big) =2x-\frac{x^{2}}{2}-\frac{3}{2}.
Somando com \tfrac{1}{2}:
F(x)=\frac{1}{2}+2x-\frac{x^{2}}{2}-\frac{3}{2} = -\frac{x^{2}}{2}+2x-1.
  1. Para x>2: todo o espaço está compreendido, então
F(x)=1 \quad\text{se } x>2.
Juntando em bloco:
F(x)=\begin{cases} 0, & x\le 0,\\[4pt] \frac{x^{2}}{2}, & 0<x<1,\\[4pt] -\frac{x^{2}}{2}+2x-1, & 1\le x\le 2,\\[4pt] 1, & x>2. \end{cases}
Observação didática: F\] é contínua nos pontos de junção (por exemplo em \(x=1 ambas as expressões valem \tfrac{1}{2}; em x=2 o valor é 1), o que é esperado para uma densidade absolutamente contínua.]

Passo 4

Calcular a esperança E[X].
Conceito: para variável contínua X com densidade f, E[X]=\int_{-\infty}^{\infty} x\,f(x)\,dx. Novamente separa-se por trechos.
Para 0<x<1:
\int_{0}^{1} x\cdot x\,dx=\int_{0}^{1} x^{2}\,dx=\left.\frac{x^{3}}{3}\right|_{0}^{1}=\frac{1}{3}.
Para 1\le x\le 2:
\int_{1}^{2} x(2-x)\,dx=\int_{1}^{2} (2x-x^{2})\,dx =\left.[x^{2}-\frac{x^{3}}{3}]\right|_{1}^{2}.
Calculemos:
\left.[x^{2}-\frac{x^{3}}{3}]\right|_{1}^{2}=(4-\tfrac{8}{3})-(1-\tfrac{1}{3}) =\big(\tfrac{12}{3}-\tfrac{8}{3}\big)-\big(\tfrac{3}{3}-\tfrac{1}{3}\big) =\tfrac{4}{3}-\tfrac{2}{3}=\tfrac{2}{3}.
Somando as duas partes:
E[X]=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1.
Interpretação: o valor médio da variável é 1.

Passo 5

Calcular a variância \operatorname{Var}(X).
Conceito: \operatorname{Var}(X)=E[X^{2}]-(E[X])^{2}. Já temos E[X]=1. Vamos calcular E[X^{2}].
Para 0<x<1:
\int_{0}^{1} x^{2}\cdot x\,dx=\int_{0}^{1} x^{3}\,dx=\left.\frac{x^{4}}{4}\right|_{0}^{1}=\frac{1}{4}.
Para 1\le x\le 2:
\int_{1}^{2} x^{2}(2-x)\,dx=\int_{1}^{2} (2x^{2}-x^{3})\,dx =\left.\Big(\frac{2}{3}x^{3}-\frac{x^{4}}{4}\Big)\right|_{1}^{2}.
Calculemos:
\left.\Big(\frac{2}{3}x^{3}-\frac{x^{4}}{4}\Big)\right|_{1}^{2} =\Big(\frac{16}{3}-4\Big)-\Big(\frac{2}{3}-\frac{1}{4}\Big) =\frac{4}{3}-\Big(\frac{8}{12}-\frac{3}{12}\Big) =\frac{4}{3}-\frac{5}{12} =\frac{16}{12}-\frac{5}{12}=\frac{11}{12}.
Somando as partes:
E[X^{2}]=\frac{1}{4}+\frac{11}{12}=\frac{3}{12}+\frac{11}{12}=\frac{14}{12}=\frac{7}{6}.
Agora a variância:
\operatorname{Var}(X)=E[X^{2}]-(E[X])^{2}=\frac{7}{6}-1=\frac{1}{6}.
Conclusão: \operatorname{Var}(X)=\tfrac{1}{6} (aprox. 0{,}1667).

Passo 6

Determinar a mediana m (valor tal que P(X\le m)=\tfrac{1}{2}).
Usamos a função distribuição F(x). Queremos F(m)=\tfrac{1}{2}.
  • Para 0<m<1 teríamos \frac{m^{2}}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow m^{2}=1\Rightarrow m=1. Mas m deve estar em (0,1) para usar essa expressão; o resultado m=1 está no limite do intervalo.
  • Para m=1 usando a definição em 1 temos F(1)=\tfrac{1}{2}.
Portanto a mediana é m=1. (Não há intervalo de mediana: o ponto único 1 satisfaz.)

Passo 7

Determinar a moda (valor onde f atinge máximo).
Observação: f(x)=x cresce em (0,1) e atinge valor próximo a 1 quando x\to 1^{-}. Em [1,2], f(x)=2-x decresce de 1 em x=1 até 0 em x=2. No ponto x=1 o valor é f(1)=2-1=1 (pela segunda definição, já que a primeira exclui 1). Assim o máximo de f é 1 alcançado em x=1. Portanto a moda é 1.

Resposta

Validade da densidade: sim, \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=1\). \[F(x)=\begin{cases} 0, & x\le 0,\\[4pt] \frac{x^{2}}{2}, & 0<x<1,\\[4pt] -\frac{x^{2}}{2}+2x-1, & 1\le x\le 2,\\[4pt] 1, & x>2. \end{cases}
E[X]=1
\operatorname{Var}(X)=\dfrac{1}{6}\] Mediana: \(m=1
Moda: 1]

Exercícios relacionados