Suponha que a f.d.p. de uma variável aleatória X seja f(x)=0,5 para -1 \leqslant x \leqslant 1 e zero para os demais valores. Encontre g(y), a f.d.p. de Y, e G(y), sua f.a.p, para:
(c) Y=e^{X}

Passo 1

O enunciado nos dá uma variável aleatória X\) com densidade \[f_X(x)=\begin{cases} 0,5, & -1 \le x \le 1,\\\\ 0, & \text{caso contrário}, \end{cases}
e define Y = e^X\]. Queremos encontrar a densidade \(g_Y(y) e a função de distribuição acumulada G_Y(y) de Y. O conteúdo principal aqui é a transformação de variáveis contínuas monótonas.

Passo 2

Observamos que a função h(x)=e^x é estritamente crescente em \mathbb{R}. Logo, a transformação Y=h(X) mantém a unicidade do mapeamento entre x e y.

Passo 3

Determinar o suporte de Y. Como X\in[-1,1], temos
Y = e^X \in [e^{-1},\,e^1] = \bigl[\,e^{-1},\,e\,\bigr].

Passo 4

Encontrar a inversa e o jacobiano:
x = h^{-1}(y) = \ln(y), \qquad \frac{dx}{dy} = \frac{1}{y}.
Pela fórmula da mudança de variável para densidades,
g_Y(y) = f_X\bigl(h^{-1}(y)\bigr)\,\Bigl|\tfrac{dx}{dy}\Bigr| = 0,5 \cdot \frac{1}{y},
válido sempre que h^{-1}(y)\in[-1,1], ou seja y\in[e^{-1},e], e zero fora desse intervalo.

Passo 5

Calcular a função de distribuição acumulada:
para y<e^{-1} fica
G_Y(y)=0,
para y>e fica
G_Y(y)=1,
e para e^{-1}\le y\le e temos
G_Y(y) = P(Y\le y) = P\bigl(X\le \ln(y)\bigr) = \int_{-1}^{\ln(y)} 0,5\,dx = 0,5\bigl(\ln(y)+1\bigr).

Resposta

A densidade de Y é
g_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{0,5}{y}, & e^{-1} \le y \le e,\\\\ 0, & \text{caso contrário}, \end{cases}á
e a função de distribuição acumulada é
G_Y(y) = \begin{cases} 0, & y < e^{-1},\\[6pt] 0,5\bigl(\ln(y)+1\bigr), & e^{-1} \le y \le e,\\[6pt] 1, & y > e. \end{cases}]

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