Seja f(x)=\left\{\begin{array}{cc}2 e^{-2 x} & x \geq 0 \\\\ 0 & \text { caso contrário }\end{array}\right.á uma f.d.p.
a) Determine E(X) . \quad 0,5
b) Determine \operatorname{VAR}(X) e \operatorname{DP(X).} 0,25 e 0,5

Passo 1

O enunciado fornece a densidade de probabilidade
f(x)=\begin{cases}2 e^{-2x},& x\ge 0,\\[4pt]0,&\text{caso contrário.}\end{cases}á
As perguntas são:
a) Determinar \mathbb{E}(X).
b) Determinar \operatorname{Var}(X) e \operatorname{DP}(X).
Lista das informações relevantes fornecidas:
  • A função densidade é f(x)=2e^{-2x} para x\ge0.
  • O domínio da variável aleatória é [0,\infty).
    Nada mais foi fornecido; a resolução seguirá a partir dessa densidade.]

Passo 2

Primeiro, verificar que f é de fato uma f.d.p. (isto é, integra 1). Para uma densidade contínua em [0,\infty) vale
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=\int_{0}^{\infty} 2e^{-2x}\,dx.
Calcular a integral: uma primitiva de e^{-2x} é -\tfrac{1}{2}e^{-2x}. Portanto,
\int_{0}^{\infty} 2e^{-2x}\,dx = 2\left[-\tfrac{1}{2}e^{-2x}\right]_{0}^{\infty} =2\bigl(0 - (-\tfrac{1}{2})\bigr)=2\cdot\tfrac{1}{2}=1.
Como a integral é 1, f é uma densidade válida.

Passo 3

Definição e fórmula para a esperança: para uma variável aleatória contínua X com densidade f,
\mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{\infty} x\,f(x)\,dx.
Aqui o domínio é [0,\infty), logo
\mathbb{E}(X)=\int_{0}^{\infty} x\cdot 2e^{-2x}\,dx =2\int_{0}^{\infty} x e^{-2x}\,dx.
Vamos calcular I=\int_{0}^{\infty} x e^{-2x}\,dx por integração por partes. Tomemos
u=x,\qquad dv=e^{-2x}\,dx.
Então
du=dx,\qquad v=\int e^{-2x}\,dx=-\tfrac{1}{2}e^{-2x}.
Aplicando integração por partes,
\int x e^{-2x}\,dx = uv-\int v\,du = -\tfrac{x}{2}e^{-2x} - \int\left(-\tfrac{1}{2}e^{-2x}\right)\,dx = -\tfrac{x}{2}e^{-2x} - \tfrac{1}{4}e^{-2x} + C.
Agora a integral imprópria:
I=\left[-\tfrac{x}{2}e^{-2x} - \tfrac{1}{4}e^{-2x}\right]_{0}^{\infty}.
Ao tomar x\to\infty os termos com e^{-2x} vão a 0. Em x=0 o valor é -\tfrac{1}{4}. Assim
I=0 - \bigl(-\tfrac{1}{4}\bigr)=\tfrac{1}{4}.
Portanto
\mathbb{E}(X)=2\cdot I = 2\cdot \tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{2}.

Passo 4

Interpretação curta: a esperança encontrada é \mathbb{E}(X)=\tfrac{1}{2} (ou seja, 0,5 nas notações decimais com vírgula). Para referência, isso coincide com a fórmula geral da distribuição exponencial com parâmetro \lambda: \mathbb{E}(X)=1/\lambda. Aqui \lambda=2, então 1/\lambda=\tfrac{1}{2}.

Passo 5

Cálculo de \operatorname{Var}(X). Fórmula útil:
\operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}\bigl(X^{2}\bigr)-\bigl(\mathbb{E}(X)\bigr)^{2}.
Primeiro calculamos \mathbb{E}\bigl(X^{2}\bigr)=\int_{0}^{\infty} x^{2}\cdot 2e^{-2x}\,dx = 2\int_{0}^{\infty} x^{2}e^{-2x}\,dx.

Passo 6

Calcular J=\int_{0}^{\infty} x^{2}e^{-2x}\,dx. Usamos integração por partes novamente. Tome
u=x^{2},\qquad dv=e^{-2x}\,dx.
Então
du=2x\,dx,\qquad v=-\tfrac{1}{2}e^{-2x}.
Aplicando integração por partes:
\int x^{2}e^{-2x}\,dx = uv-\int v\,du = -\tfrac{x^{2}}{2}e^{-2x} - \int\left(-\tfrac{1}{2}e^{-2x}\right)\cdot 2x\,dx = -\tfrac{x^{2}}{2}e^{-2x} + \int x e^{-2x}\,dx.
Portanto, ao avaliar de 0 a \infty,
J=\left[-\tfrac{x^{2}}{2}e^{-2x}\right]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} x e^{-2x}\,dx.
O primeiro termo de contorno é 0 (pois x^{2}e^{-2x}\to0 quando x\to\infty e é 0 em x=0). Assim
J = \int_{0}^{\infty} x e^{-2x}\,dx.
Mas já calculamos essa integral: J=I=\tfrac{1}{4}. Logo
\mathbb{E}\bigl(X^{2}\bigr)=2J=2\cdot \tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{2}.
Agora a variância:
\operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}\bigl(X^{2}\bigr)-\bigl(\mathbb{E}(X)\bigr)^{2} =\tfrac{1}{2}-\left(\tfrac{1}{2}\right)^{2} =\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{4}.

Passo 7

Cálculo do desvio padrão (DP), que é a raiz quadrada da variância:
\operatorname{DP}(X)=\sqrt{\operatorname{Var}(X)}=\sqrt{\tfrac{1}{4}}=\tfrac{1}{2}.
Resumo final (também útil como verificação): para uma exponencial com taxa \lambda vale \mathbb{E}(X)=1/\lambda, \operatorname{Var}(X)=1/\lambda^{2}. Com \lambda=2 obtém-se \mathbb{E}(X)=\tfrac{1}{2}, \operatorname{Var}(X)=\tfrac{1}{4} e \operatorname{DP}(X)=\tfrac{1}{2}. Força aí — você já tem os cálculos prontos pra prova!

Resposta

\mathbb{E}(X)=0,5
\operatorname{Var}(X)=0,25,\\ \operatorname{DP}(X)=0,5

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