Suponha que o tempo de duração de um determinado tipo de bateria seja uma variável aleatória X contínua com função de densidade de probabilidade dada por:
f(x)=\left\{\begin{array}{cl} \frac{1}{3} e^{-\frac{x}{3}}, & \text { se } \quad x \geq 0 \\\\ 0, & \text { se } \quad x<0 \end{array}\right.
sendo o tempo medido em anos.

Passo 1

O enunciado nos dá a função de densidade de probabilidade (pdf) de uma variável aleatória contínua X\) (tempo de duração da bateria, em anos): \[f(x)=\begin{cases} \frac{1}{3}e^{-x/3}, & x\ge 0,\\[4pt] 0, & x<0. \end{cases}
Não há uma pergunta explícita no enunciado. Como isso é uma distribuição exponencial muito comum em provas, vou calcular passo a passo os itens que normalmente pedem e que te ajudam a entender e usar essa distribuição na prova:
  • a função de distribuição acumulada (CDF) F(x)\]; - a função de sobrevivência \(S(x)=P(X>x) e exemplo numérico P(X>5);
    - esperança E[X] (média) e variância \operatorname{Var}(X), com demonstração detalhada;
    - mediana e um percentil (por exemplo, o 90.º percentil);
    - demonstração da propriedade de falta de memória (memoryless) e como usar para calcular probabilidade condicional;
    - um exemplo de probabilidade em intervalo, por exemplo P(5<X\le 8).]

Passo 2

Primeiro vamos achar a função de distribuição acumulada F(x)=P(X\le x). Definição e ideia: para variável contínua com pdf f,
F(x)=\int_{-\infty}^{x} f(t)\,dt.
Como f(t)=0 para t<0, para x<0 temos F(x)=0. Para x\ge 0:
F(x)=\int_{0}^{x} \frac{1}{3}e^{-t/3}\,dt.
Esse integral é elementar. Faça a substituição direta: integral de e^{-t/3} é -3e^{-t/3}, mas tem o fator 1/3, então
\int_{0}^{x} \frac{1}{3}e^{-t/3}\,dt = \left[-e^{-t/3}\right]_{t=0}^{t=x} = -e^{-x/3} - \big(-e^{0}\big) = 1 - e^{-x/3}.
Portanto, a CDF é
F(x)=\begin{cases} 0, & x<0,\\[4pt] 1-e^{-x/3}, & x\ge 0. \end{cases}]

Passo 3

A função de sobrevivência (ou função que dá a probabilidade de durar mais que x) é
S(x)=P(X>x)=1-F(x).
Para x\ge 0, usando o F(x) do passo anterior:
S(x)=e^{-x/3}.
Exemplo prático: a probabilidade da bateria durar mais que 5 anos é
P(X>5)=e^{-5/3}.
Se quiser um valor numérico aproximado, e^{-5/3}\approx 0,1889. (Usei a expansão numérica de e^{-1{,}666\ldots}.)

Passo 4

Agora vamos calcular a esperança E[X]. Definição:
E[X]=\int_{-\infty}^{\infty} x f(x)\,dx.
Como f(x)=0 para x<0, isso vira
E[X]=\int_{0}^{\infty} x\cdot\frac{1}{3}e^{-x/3}\,dx.
Vou resolver esse integral por partes (método que costuma cair em provas). Regra de integração por partes: se u(x) e v'(x) são funções, então
\int u\,v' = u v - \int u' v.
Escolho u=x (então u'=1) e v'=\frac{1}{3}e^{-x/3} (então uma primitiva é v=-e^{-x/3} porque \frac{d}{dx}(-e^{-x/3})=\frac{1}{3}e^{-x/3}). Aplicando:
E[X]=\left[-x e^{-x/3}\right]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} e^{-x/3}\,dx.
Explico os termos:
  • O termo \left[-x e^{-x/3}\right]_{0}^{\infty} vale 0 porque quando x\to\infty a exponencial domina e x e^{-x/3}\to 0; em x=0 dá zero também.
  • O segundo integral é simples: \int_{0}^{\infty} e^{-x/3}\,dx = 3 (substituição y=x/3 dy=dx/3 e integral de e^{-y} é 1).
    Logo
E[X]=0 + 3 = 3.
Intuição: para uma exponencial na forma \lambda e^{-\lambda x} a média é 1/\lambda. Aqui \lambda=\tfrac{1}{3}, então E[X]=3 anos.

Passo 5

Agora E[X^{2}] e a variância. Definição:
E[X^{2}]=\int_{0}^{\infty} x^{2}\cdot\frac{1}{3}e^{-x/3}\,dx.
Faço integração por partes novamente escolhendo u=x^{2} (logo u'=2x) e v'=\frac{1}{3}e^{-x/3} (logo v=-e^{-x/3}). Assim
E[X^{2}]=\left[-x^{2}e^{-x/3}\right]_{0}^{\infty} + \int_{0}^{\infty} 2x e^{-x/3}\,dx.
O primeiro termo é zero pelo mesmo motivo de decaimento exponencial. Então
E[X^{2}]=2\int_{0}^{\infty} x e^{-x/3}\,dx.
Para calcular \int_{0}^{\infty} x e^{-x/3}\,dx uma forma rápida é a substituição y=x/3 (ou lembrar que é a integral de \Gamma(2) escalada). Fazendo a substituição x=3y, dx=3dy:
\int_{0}^{\infty} x e^{-x/3}\,dx = \int_{0}^{\infty} 3y \, e^{-y}\cdot 3\,dy = 9 \int_{0}^{\infty} y e^{-y}\,dy.
E \int_{0}^{\infty} y e^{-y}\,dy = 1!\,=1. Logo a integral vale 9. Portanto
E[X^{2}] = 2\cdot 9 = 18.
A variância é
\operatorname{Var}(X)=E[X^{2}] - \big(E[X]\big)^{2} = 18 - 3^{2} = 18 - 9 = 9.
Também dá para lembrar: para exponencial com parâmetro \lambda, \operatorname{Var}(X)=1/\lambda^{2}. Como \lambda=\tfrac{1}{3}, \operatorname{Var}(X)=9.

Passo 6

Mediana m: pela definição, mediana é o ponto que satisfaz P(X\le m)=0,5. Usando a CDF:
1-e^{-m/3}=0{,}5.
Isolando:
e^{-m/3}=0{,}5 \quad\Rightarrow\quad -\frac{m}{3}=\ln(0{,}5)\quad\Rightarrow\quad m= -3\ln(0{,}5)=3\ln 2.
Um valor numérico aproximado é m\approx 3\cdot 0{,}6931 = 2{,}079 anos.

Passo 7

Percentil 90\% (quantil q_{0{,}9}): resolver F(q_{0{,}9})=0{,}9:
1-e^{-q_{0{,}9}/3}=0{,}9 \quad\Rightarrow\quad e^{-q_{0{,}9}/3}=0{,}1 \quad\Rightarrow\quad q_{0{,}9}=-3\ln(0{,}1)=3\ln 10.
Valor numérico aproximado q_{0{,}9}\approx 6{,}908 anos.

Passo 8

Propriedade de falta de memória (memoryless). Enunciado dessa propriedade: para a exponencial,
P(X>t+s\mid X>t)=P(X>s),
ou seja, a probabilidade de sobreviver mais s anos dado que já sobreviveu t anos não depende de t. Demonstração usando S(x)=e^{-x/3}:
P(X>t+s\mid X>t)=\frac{P(X>t+s)}{P(X>t)}=\frac{e^{-(t+s)/3}}{e^{-t/3}}=e^{-s/3}=P(X>s).
Intuição prática: a bateria “não envelhece” segundo esse modelo; a chance de viver mais um intervalo depende só do comprimento do intervalo, não do tempo já decorrido.

Passo 9

Exemplo de probabilidade em intervalo: probabilidade da bateria durar mais que 5 anos e, ao mesmo tempo, no máximo 8 anos, ou seja P(5<X\le 8). Usamos a CDF:
P(5<X\le 8)=F(8)-F(5)=(1-e^{-8/3})-(1-e^{-5/3})=e^{-5/3}-e^{-8/3}.
Valor numérico aproximado: e^{-5/3}\approx 0{,}1889 e e^{-8/3}\approx e^{-2{,}666\ldots}\approx 0{,}0695, então P(5<X\le 8)\approx 0{,}1194.

Resposta

F(x)=\begin{cases}0,&x<0,\\[4pt]1-e^{-x/3},&x\ge 0,\end{cases}
P(X>5)=e^{-5/3}\approx 0{,}1889
E[X]=3 anos
\operatorname{Var}(X)=9 (anos²)
\text{mediana}=3\ln 2\approx 2{,}079 anos
90\%\\ \text{percentil}=3\ln 10\approx 6{,}908 anos
P(X>t+s\mid X>t)=P(X>s)=e^{-s/3} (falta de memória)
P(5<X\le 8)=e^{-5/3}-e^{-8/3}\approx 0{,}1194]

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