Seja X uma variável aleatória discreta com f.m.p. dada por:
f(x)=(1-p)^{x} p I_{\{1,2, \cdots\}}(x),
em que 0<p<1 é uma constante conhecida.
Calcule P(X>a+b \mid X>a).

Passo 1

Enunciado e dados fornecidos (interpretação cuidadosa):
f(x)=(1-p)^{x} p\, I_{\{1,2,\ldots\}}(x),
com 0<p<1 e a pergunta é calcular P(X>a+b \mid X>a).
Observação importante (correção necessária para a pmf ser válida): a forma usual da distribuição geométrica com suporte em \{1,2,\dots\} é
f(x)=p(1-p)^{x-1} I_{\{1,2,\ldots\}}(x).
Se usássemos exatamente f(x)=p(1-p)^x com suporte \{1,2,\dots\} a soma das probabilidades seria 1-p, não 1. Portanto vou assumir que o enunciado quis dizer a forma padrão
f(x)=p(1-p)^{x-1} I_{\{1,2,\ldots\}}(x),
e que a e b são inteiros não-negativos (ou positivos) compatíveis com o suporte de X. Com essa interpretação, a distribuição é a geométrica (contagem de ensaios até o primeiro sucesso).

Passo 2

Definição básica que vamos usar: probabilidade condicional.
Para quaisquer eventos A e B com P(B)>0,
P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.
No nosso caso queremos
P(X>a+b \mid X>a)=\frac{P((X>a+b)\cap (X>a))}{P(X>a)}.
Como o evento \{X>a+b\} está contido em \{X>a\} (porque a+b>a), a interseção é simplesmente \{X>a+b\}. Logo
P(X>a+b \mid X>a)=\frac{P(X>a+b)}{P(X>a)}.
Isto é só a aplicação direta da definição de probabilidade condicional — passo fundamental e simples.

Passo 3

Calcular P(X>k) para a geométrica com pmf p(1-p)^{x-1} ( x=1,2,\dots).
Vamos somar as probabilidades dos valores maiores que k:
P(X>k)=\sum_{x=k+1}^{\infty} p(1-p)^{x-1}.
Para manipular essa soma, faço uma mudança de índice: seja j=x-(k+1). Então quando x=k+1 temos j=0 e quando x\to\infty temos j\to\infty. Também x-1 = (k+1+j)-1 = k+j. Substituindo,
P(X>k)=\sum_{j=0}^{\infty} p(1-p)^{k+j}=p(1-p)^{k}\sum_{j=0}^{\infty}(1-p)^{j}.
A soma geométrica \sum_{j=0}^{\infty}(1-p)^{j} converge porque 0<1-p<1, e vale
\sum_{j=0}^{\infty}(1-p)^{j}=\frac{1}{1-(1-p)}=\frac{1}{p}.
Substituindo de volta,
P(X>k)=p(1-p)^{k}\cdot\frac{1}{p}=(1-p)^{k}.
Portanto para qualquer inteiro k\ge 0 (ou k\ge 1, dependendo da convenção), temos a fórmula simples
P(X>k)=(1-p)^{k}.

Passo 4

Aplicar o resultado do passo anterior aos termos do condicional:
P(X>a+b)= (1-p)^{a+b}
e
P(X>a)= (1-p)^{a}.
Estas igualdades vêm direto da fórmula P(X>k)=(1-p)^{k} com k=a+b e k=a.

Passo 5

Dividir para obter a probabilidade condicional:
P(X>a+b\mid X>a)=\frac{P(X>a+b)}{P(X>a)}=\frac{(1-p)^{a+b}}{(1-p)^{a}}.
Simplificando potências com mesma base,
\frac{(1-p)^{a+b}}{(1-p)^{a}}=(1-p)^{b}.

Passo 6

Interpretação e comentário didático (memória da geométrica):
O resultado (1-p)^{b} mostra a propriedade de “falta de memória” (memoryless) da distribuição geométrica: dado que já passaram a ensaios sem sucesso, a probabilidade de esperar mais do que b ensaios adicionais até o primeiro sucesso não depende de a, depende só de b. Em palavras: o processo “recomeça” após a falhas. Isso é útil na prova porque permite substituir um cálculo longo por uma expressão direta.
Exemplo numérico rápido para fixar: se p=0{,}2 e b=3, então P(\text{mais que 3 falhas})=(1-0{,}2)^{3}=0{,}8^{3}=0{,}512.

Resposta

(1-p)^{b}

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