Seja X uma variável aleatória contínua com f.d.a. dada por:
F(x)=1-e^{-x} I_{[0, \infty)}(x)
Encontre a distribuição de Y=\log (X).

Passo 1

O enunciado dá a função distribuição acumulada (f.d.a.) de X. Vou escrever de forma clara a informação usada (assumindo a forma usual para a exponencial):
F_X(x)=\bigl(1-e^{-x}\bigr)\,I_{[0,\infty)}(x).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{(i)}\quad F_X(x)=0\\ \text{para }x<0,\qquad F_X(x)=1-e^{-x}\\ \text{para }x\ge 0.
\text{(ii)}\quad X\text{ é contínua e tem suporte }[0,\infty).éí
O que o problema pede:
Encontrar a distribuição de Y=\log(X) — isto é, obter a f.d.a. de Y e, se conveniente, a densidade de Y.

Passo 2

Entendimento do mapeamento Y=\log(X) e do suporte:
  • A função x\mapsto \log(x) está definida para x>0 e é estritamente crescente.
  • Como X tem suporte [0,\infty) e P(X=0)=0 (variável contínua), X toma valores em (0,\infty) com probabilidade 1. Portanto Y=\log(X) toma valores em (-\infty,\infty).
  • Logo o domínio de Y é toda a reta real: y\in\mathbb{R}.

Passo 3

Método para obter a f.d.a. de Y (método da f.d.a. porque \log é monotônica crescente):
Para todo y\in\mathbb{R},
\begin{aligned} G_Y(y)&=P(Y\le y)=P(\log(X)\le y)=P(X\le e^{y})\\\ &=F_X(e^{y}). \end{aligned}
Como e^{y}>0 para todo y, usamos a expressão de F_X para pontos não negativos:
G_Y(y)=1-e^{-e^{y}},\qquad y\in\mathbb{R}.
Comentário didático: aqui usamos que para transformação monotônica Y=h(X) com h crescente, vale P(Y\le y)=P(X\le h^{-1}(y)). No nosso caso h(x)=\log x e h^{-1}(y)=e^{y}.

Passo 4

Obter a densidade de X (para usar na fórmula de mudança de variável, ou apenas para verificar):
Diferenciando F_X em x>0,
f_X(x)=\frac{d}{dx}F_X(x)=\frac{d}{dx}\bigl(1-e^{-x}\bigr)=e^{-x},\qquad x>0.
E f_X(x)=0 para x\le 0. Portanto X\sim Exponencial (1) com densidade f_X(x)=e^{-x}I_{(0,\infty)}(x).

Passo 5

Obter a densidade de Y pela fórmula de mudança de variável (forma direta e usual):
Se Y=h(X) com h estritamente crescente e inversa h^{-1}, então
f_Y(y)=f_X\bigl(h^{-1}(y)\bigr)\,\left|\frac{d}{dy}h^{-1}(y)\right|.
Aqui h^{-1}(y)=e^{y} e \dfrac{d}{dy}e^{y}=e^{y}. Assim, para todo y\in\mathbb{R},
\begin{aligned} f_Y(y)&=f_X(e^{y})\cdot e^{y}=e^{-e^{y}}\cdot e^{y}=e^{y}\,e^{-e^{y}}. \end{aligned}
Isso coincide com derivar G_Y(y)=1-e^{-e^{y}} diretamente:
\frac{d}{dy}G_Y(y)=\frac{d}{dy}\bigl(1-e^{-e^{y}}\bigr)=e^{y}e^{-e^{y}}.

Passo 6

Verificação rápida de normalização (para ficar tranquilo na prova):
Faça a mudança t=e^{y}\Rightarrow dt=e^{y}dy. Então
\int_{-\infty}^{\infty}f_Y(y)\,dy=\int_{-\infty}^{\infty}e^{y}e^{-e^{y}}\,dy=\int_{0}^{\infty}e^{-t}\,dt=1,
ou seja, é uma densidade válida.

Passo 7

Observação final e interpretação leve:
A f.d.a. de Y é
G_Y(y)=1-e^{-e^{y}},
e a densidade é
f_Y(y)=e^{y}e^{-e^{y}},
para todo y\in\mathbb{R}. (Se quiser decorar: Y=\log X transforma a exponencial em uma densidade e^{y-e^{y}}, que é muito usada em extremos e modelos relacionados.)

Resposta

G_Y(y)=1-e^{-e^{y}},\qquad y\in\mathbb{R}.
f_Y(y)=e^{y}e^{-e^{y}},\qquad y\in\mathbb{R}.

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