Determine a distribuição condicional de X_{1} dada X_{1}+X_{2}.

Passo 1

Enunciado resumido e hipóteses (o que eu estou supondo que o professor quis dizer): queremos a distribuição condicional de X_{1} dado X_{1}+X_{2}. Vou assumir o caso clássico e mais comum em exames: X_{1} e X_{2} são variáveis aleatórias independentes com distribuição de Poisson, com parâmetros \lambda_{1}>0 e \lambda_{2}>0, respectivamente.
O que se pede explicitamente: determinar a distribuição de \,X_{1}\mid (X_{1}+X_{2}=n)\, para um inteiro n\ge 0.
Informações relevantes dadas (ou assumidas):
  • X_{1}\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_{1}).
  • X_{2}\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_{2}).
  • X_{1} e X_{2} são independentes.
  • Queremos P\bigl(X_{1}=k \mid X_{1}+X_{2}=n\bigr) para k=0,1,\dots,n.

Passo 2

Lembrando a fórmula da Poisson (pequula aula): se Y\sim\operatorname{Poisson}(\lambda) então a probabilidade de Y assumir o valor inteiro m\ge0 é
P(Y=m)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{m}}{m!}.
Aqui \lambda é a média (e também a variância) da Poisson, m! é o fatorial de m. Vou usar essa fórmula para X_{1} e para X_{2}.

Passo 3

Como X_{1} e X_{2} são independentes, a probabilidade conjunta é o produto das probabilidades marginais. Para inteiros k e n-k (com 0\le k\le n) temos
P(X_{1}=k,\;X_{2}=n-k) = P(X_{1}=k)\,P(X_{2}=n-k) = e^{-\lambda_{1}}\frac{\lambda_{1}^{k}}{k!}\; e^{-\lambda_{2}}\frac{\lambda_{2}^{\,n-k}}{(n-k)!}.
Multiplicando os expoentes, isso é
P(X_{1}=k,\;X_{2}=n-k)=e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}\frac{\lambda_{1}^{k}\lambda_{2}^{\,n-k}}{k!\,(n-k)!}.

Passo 4

Agora preciso do denominador da condicional, P(X_{1}+X_{2}=n). Uma maneira direta é somar as probabilidades conjuntas para todos os possíveis valores de X_{1} que somam n:
P(X_{1}+X_{2}=n)=\sum_{j=0}^{n} P(X_{1}=j,\;X_{2}=n-j).
Substituindo a expressão do passo anterior:
P(X_{1}+X_{2}=n)=\sum_{j=0}^{n} e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}\frac{\lambda_{1}^{j}\lambda_{2}^{\,n-j}}{j!\,(n-j)!}.
Coloco o fator comum fora da soma:
P(X_{1}+X_{2}=n)=e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}\sum_{j=0}^{n}\frac{\lambda_{1}^{j}\lambda_{2}^{\,n-j}}{j!\,(n-j)!}.
Repare que \dfrac{n!}{j!(n-j)!} é o coeficiente binomial. Multiplicando e dividindo por n! dentro da soma:
P(X_{1}+X_{2}=n)=e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}\frac{1}{n!}\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}\lambda_{1}^{j}\lambda_{2}^{\,n-j}.
A soma \sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}\lambda_{1}^{j}\lambda_{2}^{\,n-j} é exatamente o desenvolvimento do binómio de Newton e vale (\lambda_{1}+\lambda_{2})^{n}. Logo
P(X_{1}+X_{2}=n)=e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}\frac{(\lambda_{1}+\lambda_{2})^{n}}{n!}.
Observação útil: isso mostra a propriedade conhecida de Poisson — a soma de Poissons independentes é Poisson com parâmetro \lambda_{1}+\lambda_{2}.

Passo 5

Agora calculo a probabilidade condicional para 0\le k\le n:
P\bigl(X_{1}=k \mid X_{1}+X_{2}=n\bigr) =\frac{P(X_{1}=k,\;X_{2}=n-k)}{P(X_{1}+X_{2}=n)}.
Substituo as fórmulas que já obtive:
P\bigl(X_{1}=k \mid X_{1}+X_{2}=n\bigr) =\frac{e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}\dfrac{\lambda_{1}^{k}\lambda_{2}^{\,n-k}}{k!\,(n-k)!}} {e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})}\dfrac{(\lambda_{1}+\lambda_{2})^{n}}{n!}}.
Cancelo o fator e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})} e reorganizo:
P\bigl(X_{1}=k \mid X_{1}+X_{2}=n\bigr) =\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot\frac{\lambda_{1}^{k}\lambda_{2}^{\,n-k}}{(\lambda_{1}+\lambda_{2})^{n}}.
Reconheço \dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\binom{n}{k}. Faço também a divisão por (\lambda_{1}+\lambda_{2})^{n} como potências:
P\bigl(X_{1}=k \mid X_{1}+X_{2}=n\bigr) =\binom{n}{k}\left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right)^{k}\left(\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right)^{n-k}.

Passo 6

Interpretação didática: a expressão do passo anterior é exatamente a função massa de probabilidade da distribuição Binomial com parâmetros n e p=\dfrac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}. Ou seja,
X_{1}\mid (X_{1}+X_{2}=n)\\ \sim\\ \operatorname{Binomial}\!\left(n,\; \frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right).
Intuição: sabendo que o total de ocorrências foi n, cada ocorrência “vai para” X_{1} com probabilidade proporcional à taxa \lambda_{1} em relação à taxa total \lambda_{1}+\lambda_{2}.

Passo 7

Exemplo numérico rápido (para fixar): suponha \lambda_{1}=2, \lambda_{2}=3, e que observamos X_{1}+X_{2}=5. Então p=\dfrac{2}{5} e
P\bigl(X_{1}=2 \mid X_{1}+X_{2}=5\bigr)=\binom{5}{2}\left(\frac{2}{5}\right)^{2}\left(\frac{3}{5}\right)^{3}.
Isso dá um número concreto que você pode calcular sem calculadora se quiser aproximar.

Passo 8

Observações finais rápidas e motivação para a prova: esse resultado é muito útil porque transforma um problema de Poisson em um problema binomial condicionado — nas provas costumam pedir exatamente essa demonstração. Se a hipótese de Poisson ou independência não valer, o resultado não se aplica; mas esse é o caso padrão exigido em muitos exercícios.

Resposta

X_{1}\mid (X_{1}+X_{2}=n)\\ \sim\\ \operatorname{Binomial}\!\left(n,\; \frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right).

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