Suponha que « variável aleatória contínua X tenha \mathrm{fdp} f(x)=e^{-x}, x>0. Ache a fdp das seguintes variáveis aleatórias:
Z=2 X+3.

Passo 1

O enunciado dá que a variável aleatória contínua X tem fdp
f_X(x)=e^{-x},\quad x>0
(e f_X(x)=0 para x\le 0). Pede-se a fdp da variável aleatória
Z=2X+3.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{Dado: }f_X(x)=e^{-x}\text{ para }x>0.
\text{Pergunta: encontrar }f_Z(z).

Passo 2

Estratégia (explicação do método que usaremos, passo a passo didático): uma forma segura de obter a fdp de uma transformação de uma variável contínua é primeiro achar a função de distribuição acumulada (FDA) F_Z(z)=P(Z\le z) e depois derivar: f_Z(z)=\dfrac{d}{dz}F_Z(z). Vou explicar cada etapa com calma para você conseguir reproduzir na prova.
Conceitos úteis:
  • A FDA de X é F_X(x)=P(X\le x). Para uma fdp f_X conhecida, F_X(x)=\displaystyle\int_{-\infty}^{x} f_X(t)\,dt.
  • Se Z=g(X) com g monotônica (aqui g(x)=2x+3 é estritamente crescente), então
F_Z(z)=P(Z\le z)=P(g(X)\le z)=P(X\le g^{-1}(z))=F_X(g^{-1}(z)).
  • Depois diferenciamos: f_Z(z)=\dfrac{d}{dz}F_X(g^{-1}(z)). Pela regra da cadeia, isso dá f_Z(z)=f_X(g^{-1}(z))\cdot \dfrac{d}{dz}g^{-1}(z). No caso linear g(x)=ax+b com a\neq 0, temos g^{-1}(z)=\dfrac{z-b}{a} e \dfrac{d}{dz}g^{-1}(z)=\dfrac{1}{a}. Se a>0 (como aqui a=2), não precisamos do valor absoluto; em geral usa-se |a| para cobrir a<0.

Passo 3

Calculemos a FDA F_X(x) explicitamente (é bom ver isso para entender):
F_X(x)=\int_{-\infty}^{x} f_X(t)\,dt.
Como f_X(t)=0 para t\le 0 e f_X(t)=e^{-t} para t>0, temos, para x\le 0, F_X(x)=0. Para x>0,
F_X(x)=\int_{0}^{x} e^{-t}\,dt = \bigl[-e^{-t}\bigr]_{0}^{x}=1-e^{-x}.

Passo 4

Agora obtenha F_Z(z) usando a relação F_Z(z)=F_X\bigl(g^{-1}(z)\bigr). Aqui g^{-1}(z)=\dfrac{z-3}{2}. Então:
  • Se z\le 3, então g^{-1}(z)=\dfrac{z-3}{2}\le 0, logo F_X(g^{-1}(z))=0. Portanto F_Z(z)=0 para z\le 3.
  • Se z>3, então g^{-1}(z)>0 e usamos F_X(x)=1-e^{-x} com x=g^{-1}(z):
F_Z(z)=1-\exp\!\biggl(-\dfrac{z-3}{2}\biggr),\quad z>3.

Passo 5

Diferencie F_Z(z) para obter f_Z(z). Para z\le 3 já sabemos F_Z(z)=0, então f_Z(z)=0 aí. Para z>3, derivamos
F_Z(z)=1-\exp\!\biggl(-\dfrac{z-3}{2}\biggr).
Aplicando a regra da cadeia: a derivada de \exp(-u(z)) é -\exp(-u(z))\cdot u'(z). Aqui u(z)=\dfrac{z-3}{2} tem u'(z)=\dfrac{1}{2}. Assim,
f_Z(z)=\frac{d}{dz}F_Z(z)=0 -\biggl(-\exp\!\biggl(-\dfrac{z-3}{2}\biggr)\biggr)\cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\exp\!\biggl(-\dfrac{z-3}{2}\biggr),
para z>3.
Nota interpretativa: isto coincide com a fórmula direta para transformações lineares Z=aX+b com a>0,
f_Z(z)=\frac{1}{a}\,f_X\!\biggl(\frac{z-b}{a}\biggr),
pois aqui a=2, b=3 e f_X(x)=e^{-x}.

Passo 6

Verificação rápida de normalização (apenas para dar confiança): verificar que \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} f_Z(z)\,dz=1.
\int_{-\infty}^{\infty} f_Z(z)\,dz = \int_{3}^{\infty} \frac{1}{2} e^{-(z-3)/2}\,dz.
Faça a mudança t=\dfrac{z-3}{2}, então dz=2\,dt e os limites vão de t=0 a t=\infty:
\int_{3}^{\infty} \frac{1}{2} e^{-(z-3)/2}\,dz = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{2} e^{-t}\cdot 2\,dt = \int_{0}^{\infty} e^{-t}\,dt = 1.
Ótimo — está normalizada.

Resposta

f_Z(z)=\begin{cases} \dfrac{1}{2}\exp\!\biggl(-\dfrac{z-3}{2}\biggr), & z>3,\\[6pt] 0, & z\le 3. \end{cases}]

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