ANPEC Estatística 06 2022

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Questão de Distribuição de Poisson.

$X\sim Poisson(\tau )$, $Y\sim Poisson(\mu )$.

Item 0

Fazendo uma marginalização sobre $X$ (por exemplo), temos que a distribuição de $X+Y$ é igual a $n$ quando¹

$$\begin{array}{rl}P(X+Y=n)& =\sum _{k=0}^{n}P((X+Y=n)\wedge X=k)\\ & =\sum _{k=0}^n\underset{=P(Y=n-k)}{\underbrace{P(X+Y=n\mid X=k)}}P(X=k)\\ & =\sum _{k=0}^n\frac{{\tau }^k}{k!}{e}^{-\mu }\frac{{\mu }^{n-k}}{(n-k)!}{e}^{\mu }\frac{n!}{n!}\\ & =\sum _{k=0}^k\frac{n!}{k!(n-k)!}{\tau }^k{\mu }^{n-k}\frac{e^{-(\mu +\tau )}}{n!}\\ & =\frac{(\tau +\mu {)}^n}{n!}{e}^{-(\mu +\tau )}\end{array}$$

Eu joguei pedra na cruz pra ter que fazer uma prova tão filha da puta assim.

Item 1

Para qualquer soma de variáveis aleatórias, tem-se que

$$\mathbb{E}[X+Y]=\mathbb{E}[X]+\mathbb{E}[Y]=\mu +\tau$$

Inclusive, um sanity check é perceber que $(\mu +\tau )$ também é o expoente da distribuição de Poisson de $Z=X+Y$.

Item 2

$$\begin{array}{rl}P(Y=k)\wedge (X+Y=n))& =P(Y=k)\underset{=P(X=n-k)}{\underbrace{P(X+Y=n\mid Y=k)}}\\ & =\frac{{\mu }^k}{k!}{e}^{-\mu }\frac{{\tau }^{n-k}}{(n-k)!}{e}^{-\tau }\end{array}$$

A ordem dos $\mu /\tau$ está trocada no item. Filhos da puta.

Item 3

$$\begin{array}{rl}P(Y=k\mid X+Y=n)& =\frac{P((X+Y=n)\wedge (Y=k))}{P(X+Y=n)}\\ & =\frac{P(X=n-k)}{P(X+Y=n)}\\ & =\frac{{\tau }^{n-k}}{(n-k)!}\cancel{e^{-\tau }}\frac{1}{\frac{(\tau +\mu {)}^n}{n!}{e}^{-(\mu +\cancel{\tau })}}\\ & =\frac{n!}{(n-k)!}\frac{{\tau }^{n-k}}{(\tau +\mu {)}^n}{e}^{+\mu }\end{array}$$

Não faço ideia qual era a conta esperada da pegadinha…

Item 4

A condicional é dada pelo item 3, que não tem uma forma remotamente parecida com uma Distribuição Binomial – a qual só possui um parâmetro, não dois. O que o cara que fez essa prova tava querendo tava é mole, papo reto…

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References

Footnotes

1. Lembrando que a distribuição de Poisson somente assume valores $>0$, assim como a Distribuição Binomial. ↩