Seja Y \sim \operatorname{Poisson}(\lambda) e X / Y=n \sim \operatorname{Bin}(n, p).
a) Calcule a distribuição de X.
b) Calcule a distribuição condicional de Y dado X.

Passo 1

O enunciado dá duas informações condicionais e pede duas coisas:
  • Informação 1: Y segue uma distribuição de Poisson com parâmetro \lambda. Ou seja, temos a informação
\mathbb{P}(Y=y)=e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{y}}{y!},\qquad y=0,1,2,\dots
  • Informação 2: Condicionalmente a Y=n, X tem distribuição binomial com parâmetros n e p. Ou seja,
\mathbb{P}(X=x\mid Y=n)=\binom{n}{x} p^{x}(1-p)^{\,n-x},\qquad x=0,1,\dots,n.
Perguntas:
a) Determinar a distribuição marginal de X (isto é, \mathbb{P}(X=x)).
b) Determinar a distribuição condicional de Y dado X (isto é, \mathbb{P}(Y=y\mid X=x)).

Passo 2

Vamos escrever explicitamente as duas funções massa de probabilidade que temos e explicar cada símbolo, para não pular nada.
  • A massa de probabilidade de Y (Poisson) é
\mathbb{P}(Y=y)=e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{y}}{y!},
onde \lambda>0 é o parâmetro (média) e y\in\{0,1,2,\dots\}.
  • A massa condicional de X dado Y=y (Binomial) é
\mathbb{P}(X=x\mid Y=y)=\binom{y}{x} p^{x}(1-p)^{\,y-x},
onde p\in[0,1] é a probabilidade de “sucesso” por cada uma das y tentativas, e x\in\{0,1,\dots,y\}.
A estratégia padrão agora é obter a distribuição conjunta \mathbb{P}(X=x,Y=y) multiplicando \mathbb{P}(Y=y) por \mathbb{P}(X=x\mid Y=y), e a partir daí obter a marginal de X e a condicional inversa usando a definição de probabilidade condicional.

Passo 3

Calculemos a probabilidade conjunta \mathbb{P}(X=x,Y=y) para y\ge x (se y<x então \mathbb{P}(X=x\mid Y=y)=0):
Começamos multiplicando as duas pmf:
\begin{aligned} \mathbb{P}(X=x,Y=y) &= \mathbb{P}(Y=y)\,\mathbb{P}(X=x\mid Y=y)\\[6pt] &= \left(e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{y}}{y!}\right)\left(\binom{y}{x} p^{x}(1-p)^{\,y-x}\right). \end{aligned}
Agora simplificamos a expressão passo a passo. Lembre que \binom{y}{x}=\dfrac{y!}{x!(y-x)!}. Substituindo:
\begin{aligned} \mathbb{P}(X=x,Y=y) &= e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{y}}{y!}\cdot \dfrac{y!}{x!(y-x)!}\, p^{x}(1-p)^{\,y-x}\\[6pt] &= e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{y} p^{x}(1-p)^{\,y-x}}{x!(y-x)!}. \end{aligned}
Agora reorganizamos potências de \lambda, p e 1-p:
\mathbb{P}(X=x,Y=y) = e^{-\lambda}\dfrac{(\lambda p)^{x}}{x!}\cdot \dfrac{(\lambda(1-p))^{\,y-x}}{(y-x)!}.
Também note que e^{-\lambda}=e^{-\lambda p}e^{-\lambda(1-p)}. Portanto podemos escrever
\mathbb{P}(X=x,Y=y) = \left(e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^{x}}{x!}\right)\left(e^{-\lambda(1-p)}\dfrac{(\lambda(1-p))^{\,y-x}}{(y-x)!}\right).
Essa forma factorada é muito informativa: é produto de duas massas de Poisson (uma em x e outra em y-x).]

Passo 4

Agora obtemos a marginal de X usando a soma sobre todos os y possíveis (para um dado x, y vai de x a \infty):
\begin{aligned} \mathbb{P}(X=x) &= \sum_{y=x}^{\infty} \mathbb{P}(X=x,Y=y)\\[6pt] &= \sum_{y=x}^{\infty} \left(e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^{x}}{x!}\right)\left(e^{-\lambda(1-p)}\dfrac{(\lambda(1-p))^{\,y-x}}{(y-x)!}\right). \end{aligned}
Fatoramos os termos que não dependem de y:
\mathbb{P}(X=x) = e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^{x}}{x!}\; \underbrace{\sum_{y=x}^{\infty} e^{-\lambda(1-p)}\dfrac{(\lambda(1-p))^{\,y-x}}{(y-x)!}}_{(*)}.
Na soma (*) fazemos a substituição k=y-x. Então k vai de 0 a \infty e a soma vira
\sum_{k=0}^{\infty} e^{-\lambda(1-p)}\dfrac{(\lambda(1-p))^{k}}{k!}.
Mas essa soma é exatamente a soma das probabilidades de uma Poisson com parâmetro \lambda(1-p), logo é 1. Portanto
\mathbb{P}(X=x)= e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^{x}}{x!},\qquad x=0,1,2,\dots
Isto é, X tem distribuição de Poisson com parâmetro \lambda p.]

Passo 5

Interpretação didática (para você decorar e usar na prova): pense no seguinte cenário — Y conta o número total de “eventos” que aparecem num certo intervalo, com média \lambda. Cada evento é, independentemente, marcado como “sucesso” com probabilidade p (e como “fracasso” com probabilidade 1-p). Então X conta quantos desses eventos foram marcados como sucesso. O resultado clássico chamado “thinning” do Poisson diz que o número de sucessos X é Poisson com parâmetro \lambda p, e o número de fracassos Y-X é Poisson com parâmetro \lambda(1-p), e esses dois contadores são independentes. A fatoração que fizemos anteriormente mostra exatamente isso.

Passo 6

Agora vamos obter a distribuição condicional de Y dado X=x. Usamos a definição de probabilidade condicional:
\mathbb{P}(Y=y\mid X=x)=\dfrac{\mathbb{P}(X=x,Y=y)}{\mathbb{P}(X=x)}.
Substituímos as expressões encontradas. Para y\ge x,
\begin{aligned} \mathbb{P}(Y=y\mid X=x) &= \dfrac{ e^{-\lambda}\dfrac{(\lambda p)^{x}}{x!}\dfrac{(\lambda(1-p))^{\,y-x}}{(y-x)!} }{ e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^{x}}{x!} }\\[6pt] &= e^{-\lambda(1-p)}\dfrac{(\lambda(1-p))^{\,y-x}}{(y-x)!}. \end{aligned}
Para y<x temos \mathbb{P}(Y=y\mid X=x)=0. Portanto, condicionada a X=x, a variável Y-x tem distribuição \operatorname{Poisson}(\lambda(1-p)). Em outras palavras,
Y\mid X=x \stackrel{d}{=} x + \operatorname{Poisson}(\lambda(1-p)).]

Passo 7

Resumo do que realmente importa na prova (cole na cabeça):
  • Marginal de X: X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda p).
  • Condicional de Y dado X=x: Y-x\sim\operatorname{Poisson}(\lambda(1-p)), i.e., Y\mid X=x = x + \operatorname{Poisson}(\lambda(1-p)).

Resposta

X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda p).
\mathbb{P}(Y=y\mid X=x)= \begin{cases} e^{-\lambda(1-p)}\dfrac{(\lambda(1-p))^{\,y-x}}{(y-x)!}, & y=x,x+1,\dots\\[4pt] 0, & y<x \end{cases}]

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