Exercício 18 Seja Y uma variável aleatória com função de probabilidades dada por
P(Y=k)=\frac{1}{k!} \int_{0}^{+\infty} t^{k} f(t) e^{-t} d t, \quad k=0,1, \ldots
em que f(t) é uma função densidade de probabilidade de uma variável X tal que E[X]=\mu e \operatorname{Var}[X]= \sigma^{2}. Determine E[Y] e \operatorname{Var}[Y]

Passo 1

O enunciado dá a função de probabilidades de Y:
P(Y=k)=\frac{1}{k!}\int_{0}^{+\infty} t^{k} f(t) e^{-t}\,d t,\qquad k=0,1,\ldots
e informa que f(t) é densidade de uma variável X com
E[X]=\mu,\qquad \operatorname{Var}[X]=\sigma^{2}.
O que o problema pede:
  • Determinar E[Y].
  • Determinar \operatorname{Var}[Y].
Lista das informações relevantes que temos:
  • A densidade f(t) é pdf de X (logo \int_{0}^{\infty} f(t)\,dt=1).
  • A expressão de P(Y=k) envolve \int t^{k} f(t)e^{-t}dt.
  • Valores conhecidos de X: E[X]=\mu e \operatorname{Var}[X]=\sigma^{2}.

Passo 2

Interpretação útil (explicação didática): observe que
\frac{e^{-t}t^{k}}{k!}
é exatamente a probabilidade de uma distribuição de Poisson com parâmetro t avaliada em k. Assim podemos reescrever
P(Y=k)=\int_{0}^{\infty} \Big(\frac{e^{-t}t^{k}}{k!}\Big) f(t)\,dt.
Isto significa que, condicional a X=t, a variável Y tem distribuição de Poisson de parâmetro t. Em notação condicional:
P(Y=k\mid X=t)=\frac{e^{-t}t^{k}}{k!}\quad\Rightarrow\quad Y\mid X=t\sim\text{Poisson}(t).
Propriedades fundamentais da Poisson (que vamos usar):
  • E[Y\mid X=t]=t.
  • \operatorname{Var}(Y\mid X=t)=t.
Também vamos usar duas fórmulas gerais (leis da probabilidade condicionada):
  • Lei da esperança total: E[Y]=E\big[\,E[Y\mid X]\,\big].
  • Lei da variância total: \operatorname{Var}(Y)=E\big[\,\operatorname{Var}(Y\mid X)\,\big]+\operatorname{Var}\big( E[Y\mid X]\big).

Passo 3

Cálculo de E[Y] pelo somatório (desenvolvimento passo a passo e justificação):
Começamos pela definição
E[Y]=\sum_{k=0}^{\infty} k\,P(Y=k).
Substituindo P(Y=k) pela expressão dada:
E[Y]=\sum_{k=0}^{\infty} k\left(\frac{1}{k!}\int_{0}^{\infty} t^{k} f(t) e^{-t}\,dt\right).
Troca soma e integral (justificação): todos os termos são não-negativos, logo pela monotone convergence / Fubini pode-se trocar soma e integral:
E[Y]=\int_{0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{\infty} k\frac{t^{k}}{k!} e^{-t}\right) f(t)\,dt.
Agora avaliaremos a soma interna. Note que para k\ge1
k\frac{t^{k}}{k!}=\frac{t^{k}}{(k-1)!}=t\cdot\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}.
Assim
\sum_{k=0}^{\infty} k\frac{t^{k}}{k!} = t\sum_{k=1}^{\infty}\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}=t\sum_{m=0}^{\infty}\frac{t^{m}}{m!}=t e^{t}.
Multiplicando por e^{-t} t. Portanto a expressão interna simplifica para t, e voltando à integral:
E[Y]=\int_{0}^{\infty} t\, f(t)\,dt.
Mas \int_{0}^{\infty} t f(t)\,dt é justamente E[X], que nos foi dado igual a \mu. Concluímos que
E[Y]=\mu.

Passo 4

Cálculo de \operatorname{Var}(Y) via momento de segunda ordem (passos detalhados):
Primeiro calculemos E[Y(Y-1)], porque para muitas distribuições discreta E[Y^{2}]=E[Y(Y-1)]+E[Y].
Temos
E[Y(Y-1)]=\sum_{k=0}^{\infty} k(k-1)\,P(Y=k) = \sum_{k=0}^{\infty} k(k-1)\left(\frac{1}{k!}\int_{0}^{\infty} t^{k} f(t) e^{-t}\,dt\right).
Novamente troca soma e integral (termos não-negativos):
E[Y(Y-1)]=\int_{0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{\infty} k(k-1)\frac{t^{k}}{k!} e^{-t}\right) f(t)\,dt.
Avalia a soma interna. Para k\ge2,
k(k-1)\frac{t^{k}}{k!}=\frac{t^{k}}{(k-2)!}=t^{2}\cdot\frac{t^{k-2}}{(k-2)!}.
Então
\sum_{k=0}^{\infty} k(k-1)\frac{t^{k}}{k!} = t^{2}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{t^{k-2}}{(k-2)!}=t^{2}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{t^{m}}{m!}=t^{2}e^{t}.
Multiplicando por e^{-t} obtém-se t^{2}. Logo
E[Y(Y-1)]=\int_{0}^{\infty} t^{2} f(t)\,dt=E[X^{2}].
Agora
E[Y^{2}]=E[Y(Y-1)]+E[Y]=E[X^{2}]+E[X].
Portanto a variância de Y é
\operatorname{Var}(Y)=E[Y^{2}]-(E[Y])^{2}=E[X^{2}]+E[X]-(E[X])^{2}.
Reorganizando usando \operatorname{Var}(X)=E[X^{2}]-(E[X])^{2}=\sigma^{2} e E[X]=\mu, obtemos
\operatorname{Var}(Y)=\sigma^{2}+\mu.

Passo 5

Observação alternativa (intuitiva e muito útil para a prova): pelas propriedades condicionais já mencionadas, como Y\mid X=t\sim\text{Poisson}(t) temos E[Y\mid X]=X e \operatorname{Var}(Y\mid X)=X. Aplicando diretamente a lei da variância total:
\operatorname{Var}(Y)=E\big[\operatorname{Var}(Y\mid X)\big]+\operatorname{Var}\big(E[Y\mid X]\big)=E[X]+\operatorname{Var}(X)=\mu+\sigma^{2},
o que coincide com o resultado do passo anterior. Essa abordagem costuma ser a mais curta na prova: reconhecer a mistura Poisson e usar as leis totais.

Passo 6

Resumo e incentivo rápido: a conta mostra que misturar Poisson com um parâmetro aleatório X faz com que a média de Y seja a média de X e que a variância de Y seja a soma da variância de X com a média de X: E[Y]=\mu e \operatorname{Var}(Y)=\mu+\sigma^{2}. Dá para decorar essa identidade para misturas Poisson — é um resultado prático e aparece bastante em provas. Força aí — você já consegue replicar isso em qualquer exercício parecido!

Resposta

E[Y]=\mu
\operatorname{Var}[Y]=\mu+\sigma^{2}

Exercícios relacionados