(Questão 9 - Seção 5.4 - Magalhães) Considere que X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n} são variáveis aleatórias discretas e independentes. Usando função geradora de momentos, determine a distribuição da soma X_{1}+X_{2}+\ldots+X_{n}, nos seguintes casos:
X_{j} \sim \operatorname{Poisson}\left(\lambda_{j}\right), j=1,2, \ldots, n.

Passo 1

O enunciado dá que X_{1},X_{2},\ldots,X_{n} são variáveis aleatórias discretas, independentes, com
X_{j}\sim \operatorname{Poisson}\bigl(\lambda_{j}\bigr),\qquad j=1,2,\ldots,n.
A pergunta é: usando função geradora de momentos (mgf), determinar a distribuição da soma
S = X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{n}.
Listando as informações relevantes: independência das X_j e que cada X_j é Poisson com parâmetro \lambda_j. Nada mais é pedido além de identificar a distribuição de S.

Passo 2

Vou lembrar o que é e uma propriedade fundamental da mgf que vamos usar. A função geradora de momentos (mgf) de uma variável aleatória Y é definida por
M_{Y}(t)=\mathbb{E}\bigl[e^{tY}\bigr],
desde que essa expectativa exista num intervalo de t contendo 0. Uma propriedade crucial: se Y e Z são independentes então
M_{Y+Z}(t)=M_{Y}(t)\,M_{Z}(t).
Prova rápida dessa propriedade (para reforçar a intuição): \mathbb{E}\bigl[e^{t(Y+Z)}\bigr]=\mathbb{E}\bigl[e^{tY}e^{tZ}\bigr]. Como e^{tY} e e^{tZ} são funções das variáveis independentes Y e Z, a esperança do produto fatoriza em produto das esperanças, dando M_Y(t)M_Z(t). Para n variáveis independentes a propriedade estende-se multiplicando as mgfs de cada uma:
M_{S}(t)=\prod_{j=1}^{n}M_{X_{j}}(t).
É esse fato que vamos usar.

Passo 3

Agora calculemos a mgf de uma variável \operatorname{Poisson}(\lambda). Se X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda) então P(X=k)=e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{k}}{k!} para k=0,1,2,\dots. Assim
M_{X}(t)=\mathbb{E}\bigl[e^{tX}\bigr]=\sum_{k=0}^{\infty}e^{tk}\,P(X=k) =\sum_{k=0}^{\infty}e^{tk}\,e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!}.
Fatorando e^{-\lambda} e reagrupando:
M_{X}(t)=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\bigl(\lambda e^{t}\bigr)^{k}}{k!}.
A série \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{u^{k}}{k!}=e^{u}. Aplicando com u=\lambda e^{t} obtemos
M_{X}(t)=e^{-\lambda}e^{\lambda e^{t}}=e^{\lambda\bigl(e^{t}-1\bigr)}.
Portanto a mgf de \operatorname{Poisson}(\lambda) é \;M_X(t)=\exp\bigl(\lambda(e^{t}-1)\bigr).

Passo 4

Use a propriedade multiplicativa da mgf para a soma S=\sum_{j=1}^{n}X_{j}. Como as X_j são independentes,
M_{S}(t)=\prod_{j=1}^{n}M_{X_{j}}(t).
Cada M_{X_{j}}(t) vale e^{\lambda_{j}\bigl(e^{t}-1\bigr)} pelo passo anterior. Assim
M_{S}(t)=\prod_{j=1}^{n}e^{\lambda_{j}\bigl(e^{t}-1\bigr)} = e^{\bigl(e^{t}-1\bigr)\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}.
Se definirmos \displaystyle \Lambda:=\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}, então
M_{S}(t)=e^{\Lambda\bigl(e^{t}-1\bigr)}.

Passo 5

Reconhecemos a mgf encontrada: ela é exatamente a mgf de uma \operatorname{Poisson}(\Lambda), pois conforme o passo 3 a mgf de \operatorname{Poisson}(\lambda) é e^{\lambda(e^{t}-1)}. Pelo teorema de unicidade da mgf (quando a mgf existe num intervalo de t contendo 0, ela determina de forma única a distribuição), concluímos que a distribuição de S é \operatorname{Poisson}(\Lambda) com \Lambda=\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}. Nota: para variáveis de Poisson a mgf existe para todo t, então a unicidade aplica-se sem problema.

Passo 6

Escrevendo a função massa de probabilidade (pmf) final de forma explícita: para k=0,1,2,\dots,
P\bigl(S=k\bigr)=e^{-\Lambda}\frac{\Lambda^{k}}{k!},\qquad \text{onde }\Lambda=\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}.
Interpretação rápida e informal: somar variáveis Poisson independentes é como juntar contagens independentes; as médias (parâmetros \lambda_j) somam e o resultado é outra Poisson com parâmetro igual à soma das médias. Você pode usar isso na prova direto mostrando a mgf ou lembrando desta propriedade padrão.

Resposta

X_{1}+\cdots+X_{n}\sim \operatorname{Poisson}\!\left(\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}\right)

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