Seja X uma variável aleatória continua com f.d.p. dada por:
f(x)= \begin{cases}6\left(x-x^{2}\right), & \text { se } 0 \leq x \leq 1, \\\\ 0, & \text { c.c }\end{cases}
Mostre que \mathrm{f}(\mathrm{x}) é uma f.d.p.

Passo 1

O enunciado fornece a função densidade proposta
f(x)= \begin{cases}6\left(x-x^{2}\right), & \text{se } 0 \leq x \leq 1, \\[4pt] 0, & \text{c.c.}\end{cases}
e pede para mostrar que f(x) é uma f.d.p. (função densidade de probabilidade).
As duas condições que uma função deve satisfazer para ser uma f.d.p. são (vou listar claramente para a gente não se perder):
  • f(x)\ge 0 para todo x\in\mathbb{R};
  • \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 1.
No Passo 2 e no Passo 3 vou verificar cada uma dessas condições passo a passo, explicando cada ideia e conta com calma.]

Passo 2

Verificar a não negatividade: mostrar que f(x)\ge 0 para todo x.
Para x fora de [0,1] temos pela definição que f(x)=0, então aí já está claro que f(x)\ge 0.
Para x em [0,1] observe que
x-x^{2}=x(1-x).
Agora pense assim: para x\in[0,1] temos x\ge 0 e 1-x\ge 0. O produto de dois números não negativos é não negativo, logo
x(1-x)\ge 0\quad\text{para todo }x\in[0,1].
Multiplicando por 6 (um número positivo) mantém a desigualdade, portanto
6\bigl(x-x^{2}\bigr)\ge 0\quad\text{para todo }x\in[0,1].
Portanto f(x)\ge 0 para todo x\in\mathbb{R}. Primeira condição verificada.
Observação intuitiva rápida: a função x(1-x) é uma parábola que vale 0 em x=0 e x=1 e é positiva entre esses pontos — por isso faz sentido que f seja não negativa no intervalo.

Passo 3

Verificar que a integral total é 1: calcular \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx.
Como f(x)=0 fora de [0,1], basta integrar em [0,1]:
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = \int_{0}^{1} 6\bigl(x-x^{2}\bigr)\,dx.
Vou explicar como integrar polinômios (é tranquilo): a integral indefinida de x é \dfrac{x^{2}}{2} e a de x^{2} é \dfrac{x^{3}}{3}. Assim,
\int 6\bigl(x-x^{2}\bigr)\,dx =6\left(\int x\,dx - \int x^{2}\,dx\right) =6\left(\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}\right)+C.
Agora aplicamos o Teorema Fundamental do Cálculo e avaliamos de 0 a 1:
\int_{0}^{1} 6\bigl(x-x^{2}\bigr)\,dx =6\left[\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}.
Calcule o valor em x=1 e em x=0:
\left.\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}\right|_{x=1} =\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{3-2}{6}=\frac{1}{6},
e no x=0 0. Portanto
\int_{0}^{1} 6\bigl(x-x^{2}\bigr)\,dx =6\cdot\frac{1}{6}=1.
Segunda condição verificada: a integral total é 1.

Passo 4

Como verificamos as duas condições necessárias — f(x)\ge 0 para todo x e \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=1 — concluímos que f(x) é, de fato, uma função densidade de probabilidade (f.d.p.).
Força aí — essa verificação é exatamente o que pedem nas provas: checar não-negatividade e integrar para 1. Se surgir outra densidade parecida com um polinômio, o mesmo procedimento funciona (fatorar para checar sinal e integrar termo a termo).

Resposta

Sim. f(x) é uma f.d.p., pois f(x)\ge 0 para todo x\in\mathbb{R} e \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx=\int_{0}^{1}6(x-x^{2})\,dx=1.

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