Suponha que o número de passas num bolo inglês tenha distribuição de Poisson de parâmetro 60. Um jogador compra um bolo tira todas as passas uma por uma e reparte as passas entre ele e você da seguinte maneira: depois da extração de cada passa ele joga uma moeda equilibrada, dando a passa a você se der cara, comendo-a ele mesmo se der coroa. Qual a distribuição do número de passas que você recebe? A esperança?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas:
  • Informação 1: o número total de passas no bolo, que chamo de N, tem distribuição de Poisson com parâmetro 60. Ou seja, para n=0,1,2,\dots,
P(N=n)=e^{-60}\frac{60^{n}}{n!}.
  • Informação 2: depois de extrair cada passa, o jogador joga uma moeda justa; se der cara a passa vai para mim (você), se der coroa ele come. Cada passa é decidida por um lançamento independente.
  • Perguntas: (a) qual é a distribuição do número de passas que eu recebo (chame esse número de Y)? (b) qual é a esperança de Y?

Passo 2

Condição natural: primeiro vou condicionar no número total de passas N. Se N=n (ou seja, sei que havia exatamente n passas), então cada uma é entregue a mim com probabilidade p=\tfrac{1}{2}, independentemente das outras. Isso é exatamente o modelo binomial. Portanto, para k=0,1,\dots,n,
P(Y=k\mid N=n)=\binom{n}{k}\left(\tfrac{1}{2}\right)^k\left(\tfrac{1}{2}\right)^{\,n-k}=\binom{n}{k}\left(\tfrac{1}{2}\right)^{n}.
Expliquei: \binom{n}{k} conta as escolhas de quais k passas dentre as n vão para mim; \left(\tfrac{1}{2}\right)^k é a probabilidade de dar cara nas k escolhidas e \left(\tfrac{1}{2}\right)^{n-k} para coroa nas outras.

Passo 3

Agora queremos a distribuição marginal de Y. Usamos a regra da probabilidade total (mistura): para k=0,1,2,\dots,
P(Y=k)=\sum_{n=k}^{\infty} P(Y=k\mid N=n)\,P(N=n).
Substituindo as fórmulas de P(Y=k\mid N=n) e P(N=n) obtemos
P(Y=k)=\sum_{n=k}^{\infty} \binom{n}{k}\left(\tfrac{1}{2}\right)^{n}\; e^{-60}\frac{60^{n}}{n!}.

Passo 4

Faço as simplificações algébricas passo a passo. Primeiro uso \binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}:
P(Y=k)=e^{-60}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{n!}{k!(n-k)!}\left(\tfrac{1}{2}\right)^{n}\frac{60^{n}}{n!}.
Cancelando n! e recolhendo fatores:
P(Y=k)=e^{-60}\frac{1}{k!}\sum_{n=k}^{\infty}\frac{(60)^{n}\left(\tfrac{1}{2}\right)^{n}}{(n-k)!}.
Factorizo (60\tfrac{1}{2})^{k}=(30)^{k} e faço a mudança de índice m=n-k (quando n=k tem m=0, quando n\to\infty tem m\to\infty):
P(Y=k)=e^{-60}\frac{(30)^{k}}{k!}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(30)^{m}}{m!}.

Passo 5

Reconheço a soma como a série da exponencial: \sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{a^{m}}{m!}=e^{a}. Aqui a=30. Assim
\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(30)^{m}}{m!}=e^{30}.
Substituindo na expressão de P(Y=k):
P(Y=k)=e^{-60}\frac{(30)^{k}}{k!}\,e^{30}=e^{-30}\frac{30^{k}}{k!}.
Essa é exatamente a função massa de probabilidade de uma variável Poisson com parâmetro 30.

Passo 6

Conclusão da distribuição: o número de passas que você recebe, Y, tem distribuição de Poisson com parâmetro 30. Em notação:
Y\sim\text{Poisson}(30),
ou seja, para k=0,1,2,\dots,
P(Y=k)=e^{-30}\frac{30^{k}}{k!}.
Interpretação intuitiva (curta): cada passa existente foi “mantida” com probabilidade 1/2 independente; a operação de reter cada elemento independentemente é chamada de “thinning” da Poisson e transforma \text{Poisson}(\lambda) em \text{Poisson}(\lambda p) quando a probabilidade de manter cada item é p. Aqui \lambda=60 e p=1/2, dando \lambda p=30.

Passo 7

Agora a esperança. Para uma Poisson com parâmetro \mu tem-se E[\text{Poisson}(\mu)]=\mu. Assim, pela resposta do passo anterior,
E[Y]=30.
Alternativa (dupla verificação) via esperança condicional: E[Y]=E\big[E[Y\mid N]\big]. Como E[Y\mid N=n]=n\cdot\tfrac{1}{2}, temos E[Y]=E[N/2]=\tfrac{1}{2}E[N]=\tfrac{1}{2}\cdot 60=30, que coincide.

Resposta

Y\sim\mathrm{Poisson}(30)
E[Y]=30

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