Seja X uma variável aleatória contínua que indica a carga de processamento (em GHz) de um servidor durante o monitoramento, com a seguinte função densidade de probabilidade:
\mathrm{f}(\mathrm{x})=\left\{\begin{array}{r} a x ; 0 \leq x<1 \\\ a ; 1 \leq x<2 \\\\ -a x+3 a ; 2 \leq x<3 \\\\ 0 ; \text { c.c. } \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado fornece a função densidade de probabilidade (pdf) de uma variável aleatória contínua X (carga em GHz) como
\mathrm{f}(x)=\left\{\begin{array}{ll} a x, & 0 \le x<1,\\[4pt] a, & 1 \le x<2,\\[4pt] -a x+3a, & 2 \le x<3,\\[4pt] 0, & \text{c.c.} \end{array}\right.
Aqui o coeficiente a é desconhecido.
Embora o enunciado não pergunte explicitamente, as tarefas naturais e úteis para este tipo de exercício são:
  • Determinar o valor de a (normalização da pdf).
  • Verificar que \mathrm{f}(x) é não negativa (condição de pdf).
  • Obter a função distribuição acumulada (CDF) F(x)=P(X\le x), de forma piecewise.
  • Calcular a esperança \mathbb{E}[X] e a variância \mathrm{Var}(X).
  • Dar alguns exemplos práticos de probabilidades usando a CDF (ex.: P(0{,}5<X<2{,}5) e P(X\le 1{,}5)).]

Passo 2

Cálculo de a pela condição de normalização: a integral da pdf em toda a reta deve ser 1. Escrevemos
\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{f}(x)\,dx =\int_{0}^{1} a x\,dx+\int_{1}^{2} a\,dx+\int_{2}^{3}(-a x+3a)\,dx=1.
Agora calculamos cada integral separadamente (mostrar passos para poder replicar na prova).
Primeira integral:
\int_{0}^{1} a x\,dx = a\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{1}=a\cdot\frac{1}{2}=\frac{a}{2}.
Segunda integral:
\int_{1}^{2} a\,dx = a[x]_{1}^{2}=a(2-1)=a.
Terceira integral:
\int_{2}^{3}(-a x+3a)\,dx = a\int_{2}^{3}(-x+3)\,dx = a\left[-\frac{x^{2}}{2}+3x\right]_{2}^{3}.
Avaliar em x=3 e x=2:
\left(-\frac{9}{2}+9\right)-\left(-\frac{4}{2}+6\right) =\left(-4{,}5+9\right)-\left(-2+6\right)=4{,}5-4=0{,}5.
Portanto a terceira integral vale a\cdot 0{,}5=\dfrac{a}{2}.
Somando as três contribuições:
\frac{a}{2}+a+\frac{a}{2}=2a.
Impor normalização 2a=1 leva a
a=\frac{1}{2}.

Passo 3

Verificação de não negatividade com a=\dfrac{1}{2}:
  • Para 0\le x<1: \mathrm{f}(x)=a x=\dfrac{1}{2}x\ge 0.
  • Para 1\le x<2: \mathrm{f}(x)=a=\dfrac{1}{2}>0.
  • Para 2\le x<3: \mathrm{f}(x)=-a x+3a=a(3-x)=\dfrac{1}{2}(3-x). Como x\in[2,3) temos 3-x\ge 0, logo \mathrm{f}(x)\ge0.
Assim \mathrm{f} com a=\dfrac{1}{2} é uma pdf válida.

Passo 4

Construção da CDF F(x)=P(X\le x)=\int_{-\infty}^{x}\mathrm{f}(t)\,dt. Vamos obter expressão piecewise por intervalos.
  1. Para x<0: F(x)=0.
  2. Para 0\le x<1:
F(x)=\int_{0}^{x}\frac{1}{2}t\,dt=\frac{1}{2}\cdot\frac{t^{2}}{2}\Big|_{0}^{x}=\frac{x^{2}}{4}.
  1. Para 1\le x<2:
    Primeiro calculamos F(1^{-}) pela expressão anterior: F(1^{-})=\dfrac{1^{2}}{4}=\dfrac{1}{4}.
    Para x neste intervalo,
F(x)=F(1^{-})+\int_{1}^{x}\frac{1}{2}\,dt=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}(x-1).
Simplificando:
F(x)=\frac{1}{4}+\frac{x-1}{2}=\frac{2x-1}{4}.
  1. Para 2\le x<3:
    Calculamos F(2^{-}) usando a expressão do intervalo anterior: F(2^{-})=\dfrac{2\cdot 2-1}{4}=\dfrac{3}{4}.
    Para x neste intervalo,
F(x)=\frac{3}{4}+\int_{2}^{x}\frac{1}{2}(-t+3)\,dt.
Calcular a integral:
\int_{2}^{x}\frac{1}{2}(-t+3)\,dt=\frac{1}{2}\left[-\frac{t^{2}}{2}+3t\right]_{2}^{x} =\frac{1}{2}\left(-\frac{x^{2}}{2}+3x-4\right).
Portanto
F(x)=\frac{3}{4}+\frac{1}{2}\left(-\frac{x^{2}}{2}+3x-4\right) =-\frac{1}{4}x^{2}+\frac{3}{2}x-\frac{5}{4}.
Observação de verificação: para x=3 esta expressão dá 1, como deve ser.
  1. Para x\ge 3: F(x)=1.
Assim a CDF completa é a união das expressões obtidas nos três intervalos.

Passo 5

Cálculo da esperança \mathbb{E}[X]. A fórmula para esperança de variável contínua é
\mathbb{E}[X]=\int_{-\infty}^{\infty} x\,\mathrm{f}(x)\,dx,
que calculamos por partes nos três intervalos (usar a=\tfrac{1}{2}).
Primeira parte:
\int_{0}^{1} x\cdot\left(\frac{1}{2}x\right)dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x^{2}dx=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{6}.
Segunda parte:
\int_{1}^{2} x\cdot\frac{1}{2}\,dx=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}x\,dx=\frac{1}{2}\cdot\frac{x^{2}}{2}\Big|_{1}^{2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{4-1}{2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}=\frac{3}{4}.
Terceira parte:
\int_{2}^{3} x\left(\frac{1}{2}(-x+3)\right)dx=\frac{1}{2}\int_{2}^{3}(-x^{2}+3x)\,dx =\frac{1}{2}\left[-\frac{x^{3}}{3}+\frac{3x^{2}}{2}\right]_{2}^{3}.
Avaliar os limites:
\left(-\frac{27}{3}+\frac{27}{2}\right)-\left(-\frac{8}{3}+\frac{12}{2}\right) =\left(-9+13{,}5\right)-\left(-\frac{8}{3}+6\right)=4{,}5-\frac{10}{3}=\frac{7}{6}.
Multiplicando por \tfrac{1}{2} \dfrac{7}{12}.
Somando as três partes:
\mathbb{E}[X]=\frac{1}{6}+\frac{3}{4}+\frac{7}{12}.
Colocando em denominador comum 12:
\mathbb{E}[X]=\frac{2+9+7}{12}=\frac{18}{12}=\frac{3}{2}=1{,}5.

Passo 6

Cálculo de \mathbb{E}[X^{2}] e da variância \mathrm{Var}(X)=\mathbb{E}[X^{2}]-\big(\mathbb{E}[X]\big)^{2}.
Primeiro \mathbb{E}[X^{2}]=\int x^{2}\mathrm{f}(x)\,dx dividido em três integrais.
Parte 1:
\int_{0}^{1} x^{2}\cdot\left(\frac{1}{2}x\right)dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x^{3}dx=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8}.
Parte 2:
\int_{1}^{2} x^{2}\cdot\frac{1}{2}\,dx=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}x^{2}dx=\frac{1}{2}\cdot\frac{x^{3}}{3}\Big|_{1}^{2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{8-1}{3}=\frac{1}{2}\cdot\frac{7}{3}=\frac{7}{6}.
Parte 3:
\int_{2}^{3} x^{2}\cdot\frac{1}{2}(-x+3)\,dx=\frac{1}{2}\int_{2}^{3}(-x^{3}+3x^{2})\,dx =\frac{1}{2}\left[-\frac{x^{4}}{4}+x^{3}\right]_{2}^{3}.
Avaliar:
\left(-\frac{81}{4}+27\right)-\left(-\frac{16}{4}+8\right)=\left(-20{,}25+27\right)-\left(-4+8\right)=6{,}75-4=2{,}75=\frac{11}{4}.
Multiplicando por \tfrac{1}{2} resulta em \dfrac{11}{8}.
Somando:
\mathbb{E}[X^{2}]=\frac{1}{8}+\frac{7}{6}+\frac{11}{8}.
Colocando em denominador comum 24:
\mathbb{E}[X^{2}]=\frac{3+28+33}{24}=\frac{64}{24}=\frac{8}{3}.
Agora a variância:
\mathrm{Var}(X)=\mathbb{E}[X^{2}]-\big(\mathbb{E}[X]\big)^{2}=\frac{8}{3}-\left(\frac{3}{2}\right)^{2} =\frac{8}{3}-\frac{9}{4}.
Colocando em denominador 12:
\mathrm{Var}(X)=\frac{32-27}{12}=\frac{5}{12}\approx 0{,}416666\ldots
Desvio padrão \sigma=\sqrt{\mathrm{Var}(X)}=\sqrt{\dfrac{5}{12}}\approx 0{,}6455.

Passo 7

Dois exemplos práticos com a CDF (mostrar como usar a CDF na prova):
a) P(0{,}5<X<2{,}5)=F(2{,}5)-F(0{,}5).
  • Para x=0{,}5 (caso 0\le x<1): F(0{,}5)=\dfrac{(0{,}5)^{2}}{4}=\dfrac{0{,}25}{4}=0{,}0625=\dfrac{1}{16}.
  • Para x=2{,}5 (caso 2\le x<3): usar F(x)=-\dfrac{1}{4}x^{2}+\dfrac{3}{2}x-\dfrac{5}{4}.
    Substituindo x=2{,}5: F(2{,}5)=-\frac{1}{4}\cdot 6{,}25+\frac{3}{2}\cdot 2{,}5-\frac{5}{4} =-1{,}5625+3{,}75-1{,}25=0{,}9375=\frac{15}{16}.
Logo
P(0{,}5<X<2{,}5)=\frac{15}{16}-\frac{1}{16}=\frac{14}{16}=\frac{7}{8}=0{,}875.
b) P(X\le 1{,}5)=F(1{,}5). Como 1\le 1{,}5<2, usamos F(x)=\dfrac{2x-1}{4}:
F(1{,}5)=\frac{2\cdot 1{,}5-1}{4}=\frac{3-1}{4}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}.

Resposta

a=\dfrac{1}{2}\)\n \[F(x)=\begin{cases} 0, & x<0,\\[4pt] \dfrac{x^{2}}{4}, & 0\le x<1,\\[6pt] \dfrac{2x-1}{4}, & 1\le x<2,\\[6pt] -\dfrac{1}{4}x^{2}+\dfrac{3}{2}x-\dfrac{5}{4}, & 2\le x<3,\\[6pt] 1, & x\ge 3, \end{cases}\n
\mathbb{E}[X]=\dfrac{3}{2}=1{,}5\]\n \(\mathrm{Var}(X)=\dfrac{5}{12}\approx 0{,}4167\n
P(0{,}5<X<2{,}5)=\dfrac{7}{8}=0{,}875\n
P(X\le 1{,}5)=\dfrac{1}{2}]

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