Sejam \mu, \sigma \in \mathbb{R}, onde \sigma>0. Dizemos que uma variável aleatória contínua X é normalmente distribuída com média \mu e variância \sigma^{2} (ou seja, X \sim \mathcal{N}\left(\mu, \sigma^{2}\right) ) quando sua função densidade de probabilidade é tal que
p(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma^{2}}} \cdot e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^{2}} .
(a) Mostre que E(X)=\mu.
(b) Mostre que \operatorname{Var}(X)=\sigma^{2}.

Passo 1

O enunciado dá uma variável aleatória contínua X com densidade
p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}}}\,e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^{2}},
onde \mu\in\mathbb{R} e \sigma>0. Pede-se:
(a) mostrar que E(X)=\mu,
(b) mostrar que \operatorname{Var}(X)=\sigma^{2}.
Informações relevantes listadas:
  • A densidade p(x) está definida para todo x\in(-\infty,\infty).
  • A expectativa de X é dada pelo integral E(X)=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} x\,p(x)\,dx.
  • A variância pode ser calculada como \operatorname{Var}(X)=E\big[(X-E(X))^{2}\big]; aqui podemos usar \operatorname{Var}(X)=E\big[(X-\mu)^{2}\big] se já soubermos que E(X)=\mu.

Passo 2

Definimos a expectativa pela integral:
E(X)=\int_{-\infty}^{\infty} x\,p(x)\,dx.
Vou explicar a técnica principal: faremos a mudança de variávelcentral que transforma a normal geral numa normal padrão. Essa mudança é
z=\frac{x-\mu}{\sigma},
ou seja, x=\mu+\sigma z. Também temos dx=\sigma\,dz. Os limites -\infty e +\infty permanecem os mesmos. Essa mudança é útil porque a parte exponencial fica simétrica e conhecida.

Passo 3

Aplicando a mudança de variável em E(X):
\begin{aligned} E(X) &=\int_{-\infty}^{\infty} x\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}}}\,e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^{2}}\,dx\\[6pt] &=\int_{-\infty}^{\infty} (\mu+\sigma z)\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\cdot\sigma\,dz. \end{aligned}
Repare que \frac{\sigma}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}. Assim
E(X)=\int_{-\infty}^{\infty} (\mu+\sigma z)\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz.
Separe a integral em duas partes (linearidade da integral):
E(X)=\mu\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz +\sigma\int_{-\infty}^{\infty}\frac{z}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz.]

Passo 4

Interprete as duas integrais:
  • A primeira é a integral da densidade da normal padrão, logo vale 1:
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz=1.
  • A segunda é a esperança da normal padrão multiplicada por \sigma:
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{z}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz.
Essa integral vale 0 porque a função z\,e^{-z^{2}/2} é ímpar: para cada z positivo há contribuição oposta em -z. Formalmente, a integral de uma função ímpar em (-\infty,\infty) é 0.
Portanto
E(X)=\mu\cdot 1 + \sigma\cdot 0 = \mu.

Passo 5

Agora a variância. Usamos a definição conveniente
\operatorname{Var}(X)=E\big[(X-\mu)^{2}\big] =\int_{-\infty}^{\infty} (x-\mu)^{2}\,p(x)\,dx.
(Como já mostramos E(X)=\mu, essa forma é correta.)

Passo 6

Faço a mesma mudança de variável z=(x-\mu)/\sigma. Então (x-\mu)=\sigma z e dx=\sigma\,dz. Substituindo:
\begin{aligned} \operatorname{Var}(X) &=\int_{-\infty}^{\infty} (\sigma z)^{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^{2}}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\cdot\sigma\,dz\\[6pt] &=\sigma^{2}\int_{-\infty}^{\infty} z^{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz. \end{aligned}
Logo basta avaliar a integral
I=\int_{-\infty}^{\infty} z^{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz,
que é E(Z^{2}) para Z normal padrão.]

Passo 7

Vamos calcular I. Primeiro calcule a integral gaussiana básica
J=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz=\sqrt{2\pi}.
Agora calcule
A=\int_{-\infty}^{\infty} z^{2}e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz.
Usamos integração por partes. Escreva z^{2}e^{-z^{2}/2}=z\cdot\big(z e^{-z^{2}/2}\big). Tome u=z e dv=z e^{-z^{2}/2}\,dz. Então du=dz e, já que \frac{d}{dz}\big(e^{-z^{2}/2}\big)=-z e^{-z^{2}/2}, temos v=-e^{-z^{2}/2}. Assim
\begin{aligned} A&=\left.-z e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\right|_{-\infty}^{\infty}+\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}z^{2}}\,dz. \end{aligned}
O termo de fronteira \displaystyle\lim_{z\to\pm\infty} z e^{-z^{2}/2}=0 porque a exponencial decai muito mais rápido que o crescimento linear de z. Portanto
A=J=\sqrt{2\pi}.
Voltando a I,
I=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,A=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\sqrt{2\pi}=1.

Passo 8

Substituindo em \operatorname{Var}(X)=\sigma^{2}\,I obtemos
\operatorname{Var}(X)=\sigma^{2}\cdot 1=\sigma^{2}.

Resposta

(a) E(X)=\mu\n(b) \operatorname{Var}(X)=\sigma^{2}

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