(Valor: 30 pontos) Durante o controle tecnológico de uma obra de Engenharia Civil, seja X a variável aleatória contínua que representa o índice de absorção de água de corpos de prova cerâmicos. Considere a função dada por:
f_{X}(x)=k\left(2 x-x^{2}\right), \quad \text { se } 0 \leq x \leq 2
f_{X}(x)=0, caso contrário.
a) Determine o valor da constante k para que f_{X} seja uma função densidade de probabilidade.
b) Esboce o gráfico da função f_{X}.
c) Calcule a probabilidade P(0,5 \leq X \leq 1,5)
d) Determine a esperança matemática E(X).
e) Calcule a variância \operatorname{Var}(X).
f) Determine a função de distribuição acumulada F_{X}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que ele pede, para não nos perdermos no meio do caminho.
Dados fornecidos (pegos do enunciado):
  • A densidade é dada por f_{X}(x)=k\left(2x-x^{2}\right)\quad\text{se }0\le x\le2,
  • f_{X}(x)=0\quad\text{caso contrário.}á
Perguntas que o enunciado faz:
(a) Determinar a constante k para que f_X seja densidade de probabilidade.
(b) Esboçar o gráfico de f_X.
(c) Calcular P(0,5\le X\le1,5).
(d) Determinar a esperança E(X).
(e) Calcular a variância \operatorname{Var}(X).
(f) Determinar a função de distribuição acumulada F_X.

Passo 2

(a) Encontrar k usando a condição de normalização da densidade: a integral de f_X em todo \mathbb{R} deve ser 1. Como f_X é zero fora de [0,2], basta impor
\int_{0}^{2} k\bigl(2x-x^{2}\bigr)\,dx = 1.
Vou calcular a integral passo a passo:
\int_{0}^{2} \bigl(2x-x^{2}\bigr)\,dx = \int_{0}^{2} 2x\,dx - \int_{0}^{2} x^{2}\,dx.
Calcule cada termo:
\int_{0}^{2} 2x\,dx = \bigl[x^{2}\bigr]_{0}^{2} = 2^{2}-0 = 4,
\int_{0}^{2} x^{2}\,dx = \left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{2} = \dfrac{8}{3}.
Subtraindo,
\int_{0}^{2} \bigl(2x-x^{2}\bigr)\,dx = 4-\dfrac{8}{3} = \dfrac{12-8}{3} = \dfrac{4}{3}.
Voltando à normalização,
k\cdot \dfrac{4}{3} = 1 \quad\Rightarrow\quad k = \dfrac{3}{4}.

Passo 3

(b) Esboço do gráfico e propriedades importantes (explicar como desenhar na prova):
A função dentro de [0,2] é
f_X(x)=\dfrac{3}{4}\bigl(2x-x^{2}\bigr).
Reescrevendo em forma de vértice (completa do quadrado) para entender a forma:
2x-x^{2} = -(x^{2}-2x) = -\bigl((x-1)^{2}-1\bigr) = 1-(x-1)^{2}.
Logo
f_X(x)=\dfrac{3}{4}\bigl(1-(x-1)^{2}\bigr).
Dessa forma vemos:
  • É uma parábola voltada para baixo (porque o termo quadrático tem coeficiente negativo).
  • Zeros em x=0 e x=2 (substituir confirma).
  • Vértice (máximo) em x=1 com valor
f_X(1)=\dfrac{3}{4}\cdot 1 = \dfrac{3}{4}.
Para esboçar na prova: desenhar o eixo x, marcar 0 e 2, desenhar uma parábola que atinge \dfrac{3}{4} em x=1 e toca o eixo em 0 e 2; fora de [0,2] a função vale 0.

Passo 4

(c) Calcular P(0,5\le X\le1,5). Usamos a integral da densidade no intervalo pedido:
P(0,5\le X\le1,5)=\int_{0,5}^{1,5} f_X(x)\,dx = \dfrac{3}{4}\int_{0,5}^{1,5}\bigl(2x-x^{2}\bigr)\,dx.
Calculo da integral interna:
\int \bigl(2x-x^{2}\bigr)\,dx = x^{2}-\dfrac{x^{3}}{3}.
Avaliar entre x=0,5 e x=1,5:
\left[x^{2}-\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0,5}^{1,5} = \left(\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{8}\right) - \left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{24}\right).
Faço por frações:
\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{8}=\dfrac{18-9}{8}=\dfrac{9}{8}, \qquad \dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{24}=\dfrac{6-1}{24}=\dfrac{5}{24}.
Subtraindo,
\dfrac{9}{8}-\dfrac{5}{24}=\dfrac{27-5}{24}=\dfrac{22}{24}=\dfrac{11}{12}.
Multiplicando por k=\dfrac{3}{4},
P(0,5\le X\le1,5)=\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{11}{12} = \dfrac{33}{48}=\dfrac{11}{16}.

Passo 5

(d) Esperança matemática E(X). Definição: para variável contínua,
E(X)=\int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x)\,dx.
Aqui a integral fica em [0,2]:
E(X)=\dfrac{3}{4}\int_{0}^{2} x\bigl(2x-x^{2}\bigr)\,dx = \dfrac{3}{4}\int_{0}^{2}\bigl(2x^{2}-x^{3}\bigr)\,dx.
Calculo:
\int_{0}^{2} 2x^{2}\,dx = 2\cdot \left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{2} = 2\cdot \dfrac{8}{3} = \dfrac{16}{3},
\int_{0}^{2} x^{3}\,dx = \left[\dfrac{x^{4}}{4}\right]_{0}^{2} = \dfrac{16}{4}=4.
Subtraindo,
\int_{0}^{2}\bigl(2x^{2}-x^{3}\bigr)\,dx = \dfrac{16}{3}-4 = \dfrac{16-12}{3}=\dfrac{4}{3}.
Multiplicando por \dfrac{3}{4},
E(X)=\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{4}{3} = 1.
Observação intuitiva (útil na prova): a densidade é simétrica em torno de x=1 na forma 1-(x-1)^{2}, por isso a média fica em 1.

Passo 6

(e) Variância \operatorname{Var}(X). Fórmula útil:
\operatorname{Var}(X)=E(X^{2})-[E(X)]^{2}.
Então preciso de E(X^{2}):
E(X^{2})=\dfrac{3}{4}\int_{0}^{2} x^{2}\bigl(2x-x^{2}\bigr)\,dx = \dfrac{3}{4}\int_{0}^{2}\bigl(2x^{3}-x^{4}\bigr)\,dx.
Calculo das integrais:
\int_{0}^{2} 2x^{3}\,dx = 2\cdot \left[\dfrac{x^{4}}{4}\right]_{0}^{2} = 2\cdot \dfrac{16}{4}=2\cdot 4 = 8,
\int_{0}^{2} x^{4}\,dx = \left[\dfrac{x^{5}}{5}\right]_{0}^{2} = \dfrac{32}{5}.
Subtraindo,
\int_{0}^{2}\bigl(2x^{3}-x^{4}\bigr)\,dx = 8 - \dfrac{32}{5} = \dfrac{40-32}{5} = \dfrac{8}{5}.
Multiplicando por k=\dfrac{3}{4},
E(X^{2}) = \dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{8}{5} = \dfrac{24}{20}=\dfrac{6}{5}.
Como E(X)=1,
\operatorname{Var}(X)=\dfrac{6}{5}-1^{2}=\dfrac{6}{5}-1=\dfrac{1}{5}.

Passo 7

(f) Função de distribuição acumulada F_X(x). Definição:
F_X(x)=\int_{-\infty}^{x} f_X(t)\,dt.
Como f_X(t)=0 para t<0 e para t>2, temos a fórmula por partes.
  1. Para x<0:
F_X(x)=0.
  1. Para 0\le x\le2:
F_X(x)=\dfrac{3}{4}\int_{0}^{x}\bigl(2t-t^{2}\bigr)\,dt = \dfrac{3}{4}\left[t^{2}-\dfrac{t^{3}}{3}\right]_{0}^{x} = \dfrac{3}{4}\left(x^{2}-\dfrac{x^{3}}{3}\right).
Simplificando os coeficientes:
F_X(x)=\dfrac{3}{4}x^{2}-\dfrac{1}{4}x^{3},\qquad 0\le x\le2.
  1. Para x>2:
F_X(x)=1.
Validação rápida (útil na prova): em x=0 a expressão do meio dá 0; em x=2
\dfrac{3}{4}\cdot 4 - \dfrac{1}{4}\cdot 8 = 3 - 2 = 1,
ou seja, é contínua e chega a 1 em 2, como deve ser.

Resposta

a) k=\dfrac{3}{4}
b) f_X(x)=\dfrac{3}{4}(2x-x^{2}) para 0\le x\le2, zero fora. Parabola voltada para baixo, zeros em x=0 e x=2, máximo em x=1 com f_X(1)=\dfrac{3}{4}.
c) P(0,5\le X\le1,5)=\dfrac{11}{16}
d) E(X)=1
e) \operatorname{Var}(X)=\dfrac{1}{5}
f) F_X(x)=\begin{cases} 0, & x<0,\\[4pt] \dfrac{3}{4}x^{2}-\dfrac{1}{4}x^{3}, & 0\le x\le2,\\[6pt] 1, & x>2. \end{cases}]

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