Clientes chegam em um banco a uma taxa \lambda, ou seja, a chegada de clientes em um banco é uma variável aleatória N com distribuição de \operatorname{Poisson}(\lambda). Seja p a probabilidade de um cliente permanecer no banco. Seja X a variável aleatória que conta o número total de clientes que permanecem no banco e seja Y a variável aleatória que representa o número de clientes que já saíram dele, ou seja, Y=N-X. Mostre que a distribuição do número de clientes que saíram do banco é Poisson com parâmetro \lambda(1-p). Ou seja, mostre que Y \sim P(\lambda[1-p]).
Observação: Alguns exercícios retirados do livro Probabilidade e Variáveis Aleatórias de Marco Antonio Magalhães - 2.ed. - 2006-428p.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma conclusão clara.
  • Chegadas de clientes no banco são contadas por uma variável aleatória \(N) com distribuição \(\operatorname{Poisson}(\lambda)).
  • Cada cliente, ao chegar, permanece no banco com probabilidade \(p) (e, portanto, sai com probabilidade \(1-p)). Presumimos que as decisões de permanecer/sair são independentes entre os clientes.
  • \(X) é o número total de clientes que permanecem no banco.
  • \(Y) é o número total de clientes que saíram do banco; foi dado que \(Y = N - X).
O que o exercício pede: mostrar que \(Y) tem distribuição Poisson com parâmetro \(\lambda(1-p)), ou seja, provar que \(Y \sim \operatorname{Poisson}(\lambda(1-p))).

Passo 2

Estratégia básica (sem detalhes ainda): condicionamos em \(N) e usamos a lei da probabilidade total. Primeiro explico a distribuição condicional de \(Y) dado \(N=n).
Se soubéssemos que exatamente \(n) clientes chegaram, então cada um, independente, sai com probabilidade \(1-p). Contar quantos saem dentre os \(n) é um problema clássico: segue a distribuição binomial. Ou seja, sob a condição \(N=n) temos
Y \mid (N=n) \sim \operatorname{Bin}\bigl(n,\,1-p\bigr).
Vou escrever explicitamente a massa de probabilidade dessa binomial no próximo passo.

Passo 3

Relembrando a fórmula da distribuição binomial (muito útil): se \(Z \sim \operatorname{Bin}(n,q)), então, para \(k=0,1,\dots,n),
\mathbb{P}(Z=k)=\binom{n}{k}\,q^{k}(1-q)^{\,n-k}.
Aqui \(\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}). Aplicando com \(q=1-p) para a nossa condicional, obtemos, para \(k=0,1,\dots,n),
\mathbb{P}\bigl(Y=k \mid N=n\bigr)=\binom{n}{k}(1-p)^{k}p^{\,n-k}.
Observe que \(\mathbb{P}(Y=k\mid N=n)=0) se \(k>n), porque não podem sair mais clientes do que chegaram.

Passo 4

Relembrando a fórmula da distribuição de Poisson (para usar depois): se \(N \sim \operatorname{Poisson}(\lambda)), então para \(n=0,1,2,\dots)
\mathbb{P}(N=n)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{n}}{n!}.

Passo 5

Agora aplicamos a lei total da probabilidade para \(\mathbb{P}(Y=k)). Para um \(k\ge 0) fixo,
\mathbb{P}(Y=k)=\sum_{n=0}^{\infty}\mathbb{P}(Y=k\mid N=n)\,\mathbb{P}(N=n).
Mas, como notei, \(\mathbb{P}(Y=k\mid N=n)=0) para \(n<k). Logo podemos começar a soma em \(n=k):
\mathbb{P}(Y=k)=\sum_{n=k}^{\infty}\binom{n}{k}(1-p)^{k}p^{\,n-k}\;e^{-\lambda}\frac{\lambda^{n}}{n!}.

Passo 6

Vamos simplificar a expressão algébrica dentro da soma. Use a relação \(\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}) e cancele com \(\dfrac{1}{n!}):
\binom{n}{k}\frac{\lambda^{n}}{n!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot\frac{\lambda^{n}}{n!}=\frac{1}{k!}\frac{\lambda^{n}}{(n-k)!}.
Substituindo na soma,
\mathbb{P}(Y=k)=e^{-\lambda}\frac{(1-p)^{k}}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^{n}p^{\,n-k}}{(n-k)!}.

Passo 7

Fazer a mudança de índice para simplificar a soma: defina \(m=n-k). Quando \(n) varia de \(k) a \(\infty), então \(m) varia de \(0) a \(\infty). Substituindo \(n=m+k) dentro da soma,
\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^{n}p^{\,n-k}}{(n-k)!} =\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^{m+k}p^{\,m}}{m!} =\lambda^{k}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(\lambda p)^{m}}{m!}.

Passo 8

Reconhecemos a série de Taylor da exponencial. Para todo x,
e^{x}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{x^{m}}{m!}.
Aplicando com x=\lambda p obtemos
\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(\lambda p)^{m}}{m!}=e^{\lambda p}.
Substituindo isso na expressão do passo anterior:
\sum_{n=k}^{\infty}\frac{\lambda^{n}p^{\,n-k}}{(n-k)!}=\lambda^{k}e^{\lambda p}.

Passo 9

Agora volte à expressão para \(\mathbb{P}(Y=k)) do Passo 6 e substitua o resultado do Passo 8:
\mathbb{P}(Y=k)=e^{-\lambda}\frac{(1-p)^{k}}{k!}\,\lambda^{k}e^{\lambda p}.
Juntando os fatores exponenciais e os termos em \lambda e (1-p),
\mathbb{P}(Y=k)=\frac{1}{k!}\bigl(\lambda(1-p)\bigr)^{k}\,e^{-\lambda(1-p)}.
Esta é precisamente a massa de probabilidade da distribuição \(\operatorname{Poisson}(\lambda(1-p))) avaliada em \(k).

Passo 10

Conclusão interpretativa e comentário didático: o que fizemos é o cálculo direto via mistura (condicionamento) — condicionar no número total de chegadas \(N), observar que, dado \(N=n), o número que sai é binomial \(\operatorname{Bin}(n,1-p)), e então “descondicionar” somando sobre \(n) com a probabilidade de \(N=n). Uma outra forma mais conceitual (mais curta) é mencionar a propriedade de “thinning” da Poisson: se cada chegada é mantida com probabilidade \(p) e removida com probabilidade \(1-p) independentemente, então os números de mantidos e removidos são variáveis Poisson independentes com parâmetros \(\lambda p) e \(\lambda(1-p)). O cálculo acima é a demonstração elementar dessa propriedade.

Resposta

\displaystyle Y \sim \operatorname{Poisson}\bigl(\lambda(1-p)\bigr)

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