Suponha que X \sim \operatorname{Poisson}(\lambda). Mostre que \mathbb{E}[X]=\lambda. Veja que, partindo da definição, o primeiro termo que aparece na soma é zero, coloque \lambda em evidência nos termos que sobram e conclua. De forma similar, mostre que \operatorname{VAR}[X]=\lambda.

Passo 1

O enunciado dá que X segue uma distribuição de Poisson com parâmetro \lambda>0. Ou seja, a função massa de probabilidade é
P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!},\qquad k=0,1,2,\dots
As perguntas são duas: mostrar que
\mathbb{E}[X]=\lambda
e mostrar que
\operatorname{VAR}[X]=\lambda.
Informações relevantes dadas: a expressão do P(X=k) e que a soma em k começa em 0. O enunciado já sugere observar que o primeiro termo (quando k=0) da soma em \mathbb{E}[X] é zero e colocar \lambda em evidência nos termos restantes — é isso que faremos.

Passo 2

Definição de esperança (média): por definição
\mathbb{E}[X]=\sum_{k=0}^{\infty} k\,P(X=k).
Substituindo a massa de probabilidade de Poisson,
\mathbb{E}[X]=\sum_{k=0}^{\infty} k\,e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!}.
Observe que o termo com k=0 é zero (pois tem fator k), então podemos começar a soma em k=1:
\mathbb{E}[X]=e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty} k\frac{\lambda^{k}}{k!}.
Agora use a identidade k/k! = 1/(k-1)!. Aplicando isso,
\mathbb{E}[X]=e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k}}{(k-1)!}.
Coloco \lambda em evidência escrevendo \lambda^{k}=\lambda\cdot\lambda^{k-1}:
\mathbb{E}[X]=\lambda\,e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}.
Faço a mudança de índice j=k-1. Quando k=1 temos j=0, e quando k\to\infty temos j\to\infty. Assim,
\mathbb{E}[X]=\lambda\,e^{-\lambda}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{\lambda^{j}}{j!}.
A soma acima é a série exponencial, ou seja \sum_{j=0}^{\infty}\lambda^{j}/j!=e^{\lambda}. Portanto
\mathbb{E}[X]=\lambda\,e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda.
Pronto: mostramos que \mathbb{E}[X]=\lambda.

Passo 3

Definição de variância: \operatorname{VAR}[X]=\mathbb{E}[X^{2}]-\bigl(\mathbb{E}[X]\bigr)^{2}. Vou calcular \mathbb{E}[X^{2}] usando a observação útil
X^{2}=X(X-1)+X,
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\mathbb{E}[X^{2}]=\mathbb{E}[X(X-1)]+\mathbb{E}[X].
Já sabemos que \mathbb{E}[X]=\lambda, então basta calcular \mathbb{E}[X(X-1)].

Passo 4

Calcule \mathbb{E}[X(X-1)] a partir da definição:
\mathbb{E}[X(X-1)]=\sum_{k=0}^{\infty} k(k-1)\,P(X=k)=\sum_{k=0}^{\infty} k(k-1)\,e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!}.
Os termos com k=0 e k=1 são zero (porque há o fator k(k-1)), então a soma pode começar em k=2:
\mathbb{E}[X(X-1)]=e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty} k(k-1)\frac{\lambda^{k}}{k!}.
Use a identidade k(k-1)/k! = 1/(k-2)!. Assim
\mathbb{E}[X(X-1)]=e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\lambda^{k}}{(k-2)!}.
Coloco \lambda^{2} em evidência: \lambda^{k}=\lambda^{2}\lambda^{k-2}. Então
\mathbb{E}[X(X-1)]=\lambda^{2}e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!}.
Faço a mudança de índice j=k-2. Quando k=2 temos j=0. Assim
\mathbb{E}[X(X-1)]=\lambda^{2}e^{-\lambda}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{\lambda^{j}}{j!}.
Novamente a soma é e^{\lambda}, então
\mathbb{E}[X(X-1)]=\lambda^{2}e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda^{2}.

Passo 5

Agora voltamos para \mathbb{E}[X^{2}]. Usando \mathbb{E}[X^{2}]=\mathbb{E}[X(X-1)]+\mathbb{E}[X] e os resultados obtidos,
\mathbb{E}[X^{2}]=\lambda^{2}+\lambda.
Logo a variância é
\operatorname{VAR}[X]=\mathbb{E}[X^{2}]-\bigl(\mathbb{E}[X]\bigr)^{2}=(\lambda^{2}+\lambda)-\lambda^{2}=\lambda.
Interpretação rápida e amiga: a média e a variância da Poisson coincidem — isso é uma propriedade bem conhecida e agora você viu a demonstração passo a passo.

Resposta

\mathbb{E}[X]=\lambda\n \operatorname{VAR}[X]=\lambda

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