Seja X a v.a. com função densidade de probabilidade
f(x)=\left\{\begin{array}{cl} \frac{1}{\beta} e^{-\frac{x}{\beta}}, & \text { se } \quad x \geq 0 \quad(\beta>0) \\\\ 0, & \text { se } \quad x<0 \end{array}\right.
Calcule o valor esperado e a variância de X.

Passo 1

O enunciado pede para calcular o valor esperado e a variância da v.a. X\). As informações dadas são: \[f(x)=\begin{cases} \frac{1}{\beta}e^{-\frac{x}{\beta}}, & x\ge 0,\\ \beta>0,\\[6pt] 0, & x<0. \end{cases}
Perguntas explícitas: calcular \mathbb{E}[X]\] e \(\operatorname{Var}(X).]

Passo 2

Vamos lembrar as definições que vamos usar (essas são fórmulas padrão para v.a. contínua com densidade f):
\mathbb{E}[X]=\int_{-\infty}^{\infty} x\,f(x)\,dx,
\operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}[X^2]-(\mathbb{E}[X])^2.
Aqui f(x) é a densidade, x é a variável de integração. Como f(x)=0 para x<0, as integrais acima se reduzem a integrais de 0 a +\infty.

Passo 3

Cálculo de \mathbb{E}[X]. Escrevemos a integral:
\mathbb{E}[X]=\int_{0}^{\infty} x\cdot\frac{1}{\beta}e^{-\frac{x}{\beta}}\,dx.
Para resolver, fazemos a substituição \;t=\frac{x}{\beta}\; (isso simplifica a exponencial). Então \;x=\beta t\; e \;dx=\beta\,dt. Substituindo:
\mathbb{E}[X]=\int_{0}^{\infty} (\beta t)\cdot\frac{1}{\beta}e^{-t}\cdot(\beta\,dt) = \beta\int_{0}^{\infty} t e^{-t}\,dt.
Agora precisamos do valor de \int_{0}^{\infty} t e^{-t}\,dt. Usamos integração por partes para essa integral impropria. A fórmula de integração por partes é
\int u\,dv = uv - \int v\,du.
Escolhemos u=t e dv=e^{-t}dt. Então du=dt e v=-e^{-t}. Aplicando e avaliando de 0 a \infty:
\int_{0}^{\infty} t e^{-t}\,dt = \left[-t e^{-t}\right]_0^\infty + \int_{0}^{\infty} e^{-t}\,dt.
O termo \left[-t e^{-t}\right]_0^\infty=0 porque t e^{-t}\to0 quando t\to\infty e vale 0 em t=0. A segunda integral é \int_{0}^{\infty} e^{-t}\,dt=1. Logo
\int_{0}^{\infty} t e^{-t}\,dt=1.
Portanto
\mathbb{E}[X]=\beta\cdot 1=\beta.

Passo 4

Cálculo de \mathbb{E}[X^2]. Escrevemos a integral:
\mathbb{E}[X^2]=\int_{0}^{\infty} x^2\cdot\frac{1}{\beta}e^{-\frac{x}{\beta}}\,dx.
Fazemos novamente a substituição \;t=\frac{x}{\beta}, com x=\beta t e dx=\beta\,dt. Substituindo:
\mathbb{E}[X^2]=\int_{0}^{\infty} (\beta^2 t^2)\cdot\frac{1}{\beta}e^{-t}\cdot(\beta\,dt) = \beta^2\int_{0}^{\infty} t^2 e^{-t}\,dt.
Agora calculamos \int_{0}^{\infty} t^2 e^{-t}\,dt. Podemos usar integração por partes ou reconhecer que é a função Gamma com valor 2!. Vamos mostrar por integração por partes (uma vez):
Escolhemos u=t^2 e dv=e^{-t}dt. Então du=2t\,dt e v=-e^{-t}. Assim
\int_{0}^{\infty} t^2 e^{-t}\,dt = \left[-t^2 e^{-t}\right]_0^\infty + \int_{0}^{\infty} 2t e^{-t}\,dt.
O termo \left[-t^2 e^{-t}\right]_0^\infty=0 (pois t^2 e^{-t}\to0 quando t\to\infty e é 0 em t=0). Resta 2\int_{0}^{\infty} t e^{-t}\,dt. Já calculamos \int_{0}^{\infty} t e^{-t}\,dt=1, então
\int_{0}^{\infty} t^2 e^{-t}\,dt = 2\cdot 1 = 2.
Logo
\mathbb{E}[X^2]=\beta^2\cdot 2 = 2\beta^2.

Passo 5

Cálculo da variância usando a fórmula \operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}[X^2]-(\mathbb{E}[X])^2. Substituindo os valores que encontramos:
\operatorname{Var}(X)=2\beta^2 - (\beta)^2 = \beta^2.
Interpretação rápida: a média é \beta e a dispersão (variância) é \beta^2, resultado típico da distribuição exponencial parametrizada por \beta.

Resposta

\mathbb{E}[X]=\beta
\operatorname{Var}(X)=\beta^{2}

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