Sejam X uma V.A. discreta tal que X \in\{0,1,2, \ldots\} e sua função de probabilidade é P(X=x)=\frac{\lambda^{x} e^{-\lambda}}{x!}. Verifique que P(X=x) é realmente uma função de probabilidade. Calcule sua esperança e variância via f.g.m.

Passo 1

Vou organizar o que o enunciado dá e o que pede (tudo que vem do enunciado):
  • A variável aleatória X é discreta com suporte \{0,1,2,\ldots\}.
  • A função de probabilidade é
P(X=x)=\frac{\lambda^{x}e^{-\lambda}}{x!},\qquad x=0,1,2,\ldots
  • O enunciado pede duas coisas:
    1. Verificar que P(X=x) é realmente uma função de probabilidade (isto é: checar não-negatividade e que a soma das probabilidades é 1).
    2. Calcular a esperança e a variância de X usando a função geradora de momentos (f.g.m.), isto é a função M_X(t)=\mathbb{E}\big[e^{tX}\big].

Passo 2

Checar não-negatividade:
  • Para todo x\ge0 tem-se \lambda^{x}\ge0, e^{-\lambda}>0 e x!>0.
  • Portanto cada termo
\frac{\lambda^{x}e^{-\lambda}}{x!}\ge0.
Isto mostra que P(X=x) é não-negativa para todo x do suporte.

Passo 3

Checar que as probabilidades somam 1:
  • Calcular a soma sobre todo o suporte:
\sum_{x=0}^{\infty}P(X=x)=\sum_{x=0}^{\infty}\frac{\lambda^{x}e^{-\lambda}}{x!} = e^{-\lambda}\sum_{x=0}^{\infty}\frac{\lambda^{x}}{x!}.
  • Reconhecemos a série de Taylor da função exponencial:
\sum_{x=0}^{\infty}\frac{\lambda^{x}}{x!}=e^{\lambda}.
  • Substituindo:
\sum_{x=0}^{\infty}P(X=x)=e^{-\lambda}e^{\lambda}=1.
Conclusão: a função é não-negativa e soma 1, logo é uma função de probabilidade válida.

Passo 4

Definição e ideia da f.g.m. (função geradora de momentos):
  • A função geradora de momentos de X é definida por
M_X(t)=\mathbb{E}\big[e^{tX}\big]=\sum_{x=0}^{\infty}e^{t x}P(X=x).
  • Importante: derivando M_X(t) e avaliando em t=0 obtemos momentos:
    • A esperança é \mathbb{E}[X]=M_X'(0).
    • O segundo momento é \mathbb{E}[X^{2}]=M_X''(0).
    • A variância é \operatorname{Var}(X)=\mathbb{E}[X^{2}]-\big(\mathbb{E}[X]\big)^{2}=M_X''(0)-\big(M_X'(0)\big)^{2}.
  • Vamos então calcular M_X(t) explicitamente para a distribuição dada.

Passo 5

Calcular a f.g.m. para a Poisson:
M_X(t)=\sum_{x=0}^{\infty} e^{t x}\frac{\lambda^{x}e^{-\lambda}}{x!} = e^{-\lambda}\sum_{x=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^{t})^{x}}{x!}.
Usando novamente a série exponencial,
\sum_{x=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^{t})^{x}}{x!}=e^{\lambda e^{t}}.
Portanto
M_X(t)=e^{-\lambda}e^{\lambda e^{t}}=\exp\big(\lambda(e^{t}-1)\big).
Observação: esta expressão é finita para todo t\in\mathbb{R}, logo a f.g.m. existe globalmente.

Passo 6

Calcular a esperança usando M_X'(0):
  • Primeiro derivamos M_X(t). Como M_X(t)=\exp\big(\lambda(e^{t}-1)\big), pela regra da cadeia:
M_X'(t)=\exp\big(\lambda(e^{t}-1)\big)\cdot\lambda e^{t}.
  • Avaliando em t=0:
M_X'(0)=\exp\big(\lambda(e^{0}-1)\big)\cdot\lambda e^{0} = e^{\lambda(1-1)}\cdot\lambda\cdot1=\lambda.
Logo \mathbb{E}[X]=\lambda.

Passo 7

Calcular a variância usando M_X''(0) e M_X'(0):
  • Derivamos M_X'(t) para obter M_X''(t). Partindo de
M_X'(t)=\lambda e^{t}\exp\big(\lambda(e^{t}-1)\big),
aplicamos a regra do produto:
M_X''(t)=\lambda e^{t}\exp\big(\lambda(e^{t}-1)\big) +\lambda e^{t}\cdot\exp\big(\lambda(e^{t}-1)\big)\cdot\lambda e^{t}.
  • Fatorando \exp\big(\lambda(e^{t}-1)\big):
M_X''(t)=\exp\big(\lambda(e^{t}-1)\big)\big(\lambda e^{t}+\lambda^{2}e^{2t}\big).
  • Avaliando em t=0:
M_X''(0)=\exp\big(\lambda(1-1)\big)\big(\lambda\cdot1+\lambda^{2}\cdot1\big)=\lambda+\lambda^{2}.
  • A variância é
\operatorname{Var}(X)=M_X''(0)-\big(M_X'(0)\big)^{2}=(\lambda+\lambda^{2})-\lambda^{2}=\lambda.

Passo 8

Resumo e interpretação rápida (motivacional):
  • Obtivemos que a Poisson tem média \lambda e variância \lambda. É uma característica marcante da distribuição de Poisson: média e variância são iguais. Parabéns — você agora tem um cálculo passo a passo que dá pra reproduzir na prova sem mistério!

Resposta

P(X=x) é função de probabilidade (não-negativa e \sum_{x=0}^{\infty}P(X=x)=1).
\mathbb{E}[X]=\lambda
\operatorname{Var}(X)=\lambda

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