Sejam Y \sim \operatorname{Exp}(1) e X \mid(Y=y) \sim \operatorname{Poisson}(y). Mostre que
P(X=n)=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}, n=0,1,2, \cdots

Passo 1

O enunciado diz que temos duas variáveis aleatórias em hierarquia: primeiro Y segue distribuição exponencial com parâmetro 1, ou seja
f_{Y}(y)=e^{-y},\quad y\ge0,
e, dado Y=y, a variável X é condicionada como uma Poisson de parâmetro y:
P(X=n\mid Y=y)=\frac{e^{-y}\,y^n}{n!},\quad n=0,1,2,\dots
Queremos achar a distribuição marginal de X, isto é,
P(X=n).
Para isso, vamos usar a lei da probabilidade total e um cálculo de integral que envolve a função gama.

Passo 2

Pela lei da probabilidade total,
P(X=n) =\int_{0}^{\infty}P(X=n\mid Y=y)\,f_{Y}(y)\,dy.

Passo 3

Substituindo as expressões de P(X=n\mid Y=y) e de f_{Y}(y), obtemos
P(X=n) =\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-y}y^n}{n!}\;e^{-y}\,dy =\frac{1}{n!}\int_{0}^{\infty}y^n\,e^{-2y}\,dy.

Passo 4

O integral
\int_{0}^{\infty}y^n\,e^{-2y}\,dy
é um caso particular da função gama, pois para inteiro n\ge0 e \lambda>0 vale
\int_{0}^{\infty}y^n\,e^{-\lambda y}\,dy =\frac{\Gamma(n+1)}{\lambda^{\,n+1}} =\frac{n!}{\lambda^{\,n+1}}.
Aqui temos \lambda=2, logo
\int_{0}^{\infty}y^n\,e^{-2y}\,dy =\frac{n!}{2^{\,n+1}}.

Passo 5

Voltando à expressão de P(X=n),
P(X=n) =\frac{1}{n!}\times\frac{n!}{2^{\,n+1}} =\frac{1}{2^{\,n+1}}.

Resposta

P(X=n)=\Bigl(\tfrac12\Bigr)^{n+1},\quad n=0,1,2,\dots

Exercícios de Livros Relacionados