Uma v.a. X tem sua densidade de probabilidade dada abaixo. Determine a função geratriz de cumulantes de X e use-a para obter E(X) e \operatorname{Var}(X)
f_{X}(x)=\left\{\begin{array}{cc} x e^{-x}, & x>0 \\\\ 0, & c . c \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá a densidade da v.a. X\): \[f_{X}(x)=\begin{cases} x e^{-x}, & x>0,\\[4pt] 0, & \text{c.c.} \end{cases}
As tarefas pedidas são:
  • determinar a função geratriz de cumulantes de X\] (ou seja, \(K_X(t));
  • usar essa função para obter \,E(X)\, e \,\operatorname{Var}(X).
Informações importantes fornecidas pelo enunciado:
  • A densidade é positiva somente para x>0.
  • A forma x e^{-x} indica que X pertence à família Gama (mas isso não é necessário reconhecer para resolver; é só um comentário).]

Passo 2

Vou definir o que é a geratriz de momentos (MGF) e a geratriz de cumulantes (CGF) e explicar como delas se obtêm a média e a variância.
  • A função geratriz de momentos de X é
M_X(t)=E\bigl(e^{tX}\bigr).
Significado: M_X(t) é a média do valor e^{tX}. Para cada t onde a integral converge, M_X(t) existe.
  • A função geratriz de cumulantes é definida por
K_X(t)=\ln M_X(t).
Significado: K_X(t) é o logaritmo da MGF. As derivadas de K_X em t=0 dão os cumulantes:
K_X'(0)=E(X),\qquad K_X''(0)=\operatorname{Var}(X).
Explicação curta do porquê: M_X'(t)=E[X e^{tX}] e M_X''(t)=E[X^2 e^{tX}]. Como K_X(t)=\ln M_X(t), tem-se
K_X'(t)=\frac{M_X'(t)}{M_X(t)},\qquad K_X''(t)=\frac{M_X''(t)}{M_X(t)}-\left(\frac{M_X'(t)}{M_X(t)}\right)^{2}.
Avaliando em t=0 (onde M_X(0)=1) resulta K_X'(0)=E(X) e K_X''(0)=E(X^2)-[E(X)]^2=\operatorname{Var}(X).

Passo 3

Calcular M_X(t)=E(e^{tX}) a partir da densidade. Como a densidade é nula para x\le0, a integral é sobre 0 a \infty:
M_X(t)=\int_{0}^{\infty} e^{t x}\, f_X(x)\,dx =\int_{0}^{\infty} e^{t x}\, x e^{-x}\,dx =\int_{0}^{\infty} x e^{-(1-t)x}\,dx.
Convergência: a integral converge se o expoente decrescente for positivo, isto é, se (1-t)>0. Logo, M_X(t) existe pelo menos para t<1.

Passo 4

Avaliar a integral \displaystyle \int_{0}^{\infty} x e^{-a x}\,dx com a>0, que será usada com a=1-t.
Fazer integração por partes. Tome \,u=x e \,dv=e^{-a x}dx. Então du=dx e v=-\frac{1}{a}e^{-a x}. Assim
\int_{0}^{\infty} x e^{-a x}\,dx =\Big[-\frac{x}{a}e^{-a x}\Big]_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}\frac{1}{a}e^{-a x}\,dx.
Avaliar os termos:
  • \displaystyle \lim_{x\to\infty} x e^{-a x}=0 para a>0, então o termo de limite superior vale 0. No limite inferior x=0 o termo é 0.
  • A segunda integral é \displaystyle \frac{1}{a}\int_{0}^{\infty} e^{-a x}\,dx=\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{a}=\frac{1}{a^{2}}.
Portanto,
\int_{0}^{\infty} x e^{-a x}\,dx=\frac{1}{a^{2}}.

Passo 5

Aplicar o resultado com a=1-t (lembrando que precisamos de 1-t>0, isto é, t<1):
M_X(t)=\int_{0}^{\infty} x e^{-(1-t)x}\,dx=\frac{1}{(1-t)^{2}},\qquad t<1.

Passo 6

Obter a geratriz de cumulantes K_X(t) como logaritmo de M_X(t):
K_X(t)=\ln M_X(t)=\ln\!\bigl((1-t)^{-2}\bigr)=-2\ln(1-t),\qquad t<1.

Passo 7

Calcular as derivadas de K_X(t) e avaliá-las em t=0 para obter E(X) e \operatorname{Var}(X).
Derivada primeira:
K_X'(t)=-2\cdot\frac{d}{dt}\ln(1-t)=-2\cdot\biggl(-\frac{1}{1-t}\biggr)=\frac{2}{1-t}.
Avaliar em t=0:
E(X)=K_X'(0)=\frac{2}{1-0}=2.
Derivada segunda:
K_X''(t)=\frac{d}{dt}\!\left(\frac{2}{1-t}\right)=\frac{2}{(1-t)^{2}}.
Avaliar em t=0:
\operatorname{Var}(X)=K_X''(0)=\frac{2}{(1-0)^{2}}=2.

Resposta

K_X(t)=-2\ln(1-t),\\ t<1
E(X)=2
\operatorname{Var}(X)=2

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