Seja X: \Omega \rightarrow C uma v.a. contínua tal que
f_{X}(x)=1-|x|,-1 \leq x \leq 1 .
Essa é uma das versões da Distribuição Triangular (contínua).
a. Mostre que \int_{\mathbb{R}} f_{X}(x) d x=1.
b. Calcule F_{X}(x):=\mathbb{P}(X \leq x) para todo x \in \mathbb{R}.
c. Mostre que \mathbb{E}(X)=0.
d. Mostre que \operatorname{var}(X)=\mathbb{E}\left(X^{2}\right)=\frac{1}{6}.

Passo 1

O enunciado define uma variável aleatória contínua X com suporte em [-1,1] e densidade
f_X(x)=1 - |x|,\quad -1\le x\le1.
Precisamos mostrar que essa função é de fato uma densidade (parte a), obter a função de distribuição acumulada F_X(x) (parte b), calcular \mathbb{E}(X) (parte c) e finalmente \operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}(X^2) (parte d).

Passo 2

Para verificar a normalização, integramos f_X sobre \mathbb{R}. Como f_X(x)=0 fora de [-1,1], basta
\int_{\mathbb{R}}f_X(x)\,dx =\int_{-1}^{1}(1 - |x|)\,dx.
Quebrando em duas partes,
\int_{-1}^{1}(1 - |x|)\,dx =\int_{-1}^{0}(1 + x)\,dx +\int_{0}^{1}(1 - x)\,dx.
Calculamos
\int_{-1}^{0}(1 + x)\,dx =\bigl[x + \tfrac{x^2}{2}\bigr]_{-1}^{0} =(0+0)-\bigl(-1+\tfrac{1}{2}\bigr) =\tfrac12
e
\int_{0}^{1}(1 - x)\,dx =\bigl[x - \tfrac{x^2}{2}\bigr]_{0}^{1} =(1-\tfrac12)-0 =\tfrac12.
Somando dá 1. Logo \int_{\mathbb{R}}f_X(x)\,dx=1.

Passo 3

Para a função de distribuição F_X(x)=\mathbb{P}(X\le x) temos os casos:
  1. Se x< -1, então F_X(x)=0.
  2. Se -1\le x\le0,
F_X(x) =\int_{-1}^{x}(1 - |u|)\,du =\int_{-1}^{x}(1 + u)\,du =\Bigl[u + \tfrac{u^2}{2}\Bigr]_{-1}^{x} =x + \tfrac{x^2}{2} + \tfrac12.
  1. Se 0<x\le1,
F_X(x) =\int_{-1}^{0}(1 + u)\,du +\int_{0}^{x}(1 - u)\,du =\tfrac12 + \Bigl[u - \tfrac{u^2}{2}\Bigr]_{0}^{x} =\tfrac12 + x - \tfrac{x^2}{2}.
  1. Se x>1, então F_X(x)=1.

Passo 4

Para a esperança usamos a simetria da densidade (é uma função par vezes x, que é ímpar). Assim
\mathbb{E}(X) =\int_{-1}^{1}x\,(1 - |x|)\,dx =0.

Passo 5

Para a segunda ordem,
\mathbb{E}(X^2) =\int_{-1}^{1}x^2\,(1 - |x|)\,dx =2\int_{0}^{1}x^2(1 - x)\,dx =2\int_{0}^{1}(x^2 - x^3)\,dx.
Calculamos
\int_{0}^{1}(x^2 - x^3)\,dx =\Bigl[\tfrac{x^3}{3} - \tfrac{x^4}{4}\Bigr]_{0}^{1} =\tfrac13 - \tfrac14 =\tfrac{1}{12},
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\mathbb{E}(X^2) =2\cdot\tfrac{1}{12} =\tfrac{1}{6}.
Como \mathbb{E}(X)=0, segue \operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}(X^2)=\tfrac16.

Resposta

(a) \displaystyle\int_{\mathbb{R}}f_X(x)\,dx=1\). (b) \[F_X(x)= \begin{cases} 0,&x< -1,\\\ x + \tfrac{x^2}{2} + \tfrac12,&-1\le x\le0,\\\ \tfrac12 + x - \tfrac{x^2}{2},&0<x\le1,\\\\ 1,&x>1. \end{cases}
(c) \mathbb{E}(X)=0\]. (d) \(\operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}(X^2)=\tfrac{1}{6}.

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